Se dibuja una curva $y(x)$ de longitud $2a$ entre los puntos (0,0) y (a, 0) de tal manera que el sólido obtenido al rotar la curva alrededor del $x$-eje tiene el mayor volumen posible. Encontrar $y\left(\frac{a}{2}\right)$.
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Anthony Shaw
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Maximizar $\displaystyle\int_0^a\pi y^2\,\mathrm{d}x$ mientras que el mantenimiento de $\displaystyle\int_0^a\sqrt{1+y'^2}\,\mathrm{d}x=2a$. En otras palabras:
encontrar el$y$, de modo que $$ \int_0^y\,\delta y\,\,\mathrm{d}x=0\etiqueta{1} $$ para cada $\delta y$, de modo que $$ \int_0^a\frac{y'\,\delta y'}{\sqrt{1+y'^2}}\,\mathrm{d}x=0\etiqueta{2} $$ La integración de $(2)$ por partes da $$ \int_0^a\frac{y"}{\left(1+y'^2\right)^{3/2}}\,\delta y\,\mathrm{d}x=0\etiqueta{3} $$ $(1)$ $(3)$ implica que hay una constante $b$, de modo que $$ -\frac{y"}{\left(1+y'^2\right)^{3/2}}=2b^2y\etiqueta{4} $$ $(4)$ describe el crítico $y$:
$\hspace{3.5cm}$
Multiplicar $(4)$$y'$, integrar y resolver $y'$ $$ (1+y'^2)^{-1/2}=b^2y^2+c^2\\[6pt] y'=\pm\sqrt{\frac1 {b^2y^2+c^2)^2}-1}\etiqueta{5} $$ Desde $y''$ es siempre un signo, debe ser negativa. Por lo tanto, $y'$ es positivo hasta $y$ alcanza el máximo, entonces es negativo hasta que el $y=0$.
La longitud de la curva es $$ \begin{align} &2\int_0^{\frac{\sqrt{1-c^2}}{b}}\sqrt{1+y'^2}\frac{\mathrm{dy}}{y'}\\ &=2\int_0^{\frac{\sqrt{1-c^2}}{b}}\frac{\mathrm{d}y}{\sqrt{1-(b^2y^2+c^2)^2}}\\[6pt] &=\frac{2\sqrt{1-c^2}}b\int_0^1\frac{\mathrm{d}y}{\sqrt{1-((1-c^2)y^2+c^2)^2}}\\ &=\frac2{b\sqrt{c^2+1}}\mathrm{EllipticK}\left(\frac{c^2-1}{c^2+1}\right)\tag{6} \end{align} $$ El ancho de la curva (la distancia entre el $x$-intercepta) es $$ \begin{align} &2\int_0^{\frac{\sqrt{1-c^2}}{b}}\frac{\mathrm{dy}}{y'}\\ &=2\int_0^{\frac{\sqrt{1-c^2}}{b}}\frac{(b^2y^2+c^2)\,\mathrm{d}y}{\sqrt{1-(b^2y^2+c^2)^2}}\\[6pt] &=\frac{2\sqrt{1-c^2}}b\int_0^1\frac{((1-c^2)y^2+c^2)\,\mathrm{d}y}{\sqrt{1-((1-c^2)y^2+c^2)^2}}\\ &=\frac2{b\sqrt{c^2+1}}\left((c^2+1)\mathrm{EllipticE}\left(\frac{c^2-1}{c^2+1}\right)-\mathrm{EllipticK}\left(\frac{c^2-1}{c^2+1}\right)\right) \tag{7} \end{align} $$ La solución para que el $c$ que hace $(6)$ el doble de $(7)$ rendimientos $$ c=0.26829153853907013879\etiqueta{8} $$ Para que $c$, $(7)$ da el ancho de la curva se $$ a=\frac1b1.29027749675509851046\etiqueta{9} $$ Ecuaciones $(4)$ $(5)$ $y$ aumenta de $0$ a su máximo y vuelve a $0$ simétricamente. Por lo tanto, $y(a/2)$ es el máximo de $y$. La ecuación de $(5)$ dice que $y'=0$ cuando $$ y=\frac{\sqrt{1-c^2}}{b}\etiqueta{10} $$ Respuesta: por lo Tanto, la combinación de $(8)$, $(9)$, y $(10)$ rendimientos $$ y(a/2)=0.74661285489041830537\,un\etiqueta{11} $$
Volumen: Ya que estamos maximizando el volumen, ¿por qué no calcular el volumen: $$ \begin{align} &2\int_0^{\frac{\sqrt{1-c^2}}{b}}\pi y^2\frac{\mathrm{dy}}{y'}\\ &=2\pi\int_0^{\frac{\sqrt{1-c^2}}{b}}\frac{y^2(b^2y^2+c^2)\,\mathrm{d}y}{\sqrt{1-(b^2y^2+c^2)^2}}\\[6pt] &=2\pi\left(\frac{\sqrt{1-c^2}}b\right)^3\int_0^1\frac{y^2((1-c^2)y^2+c^2)\,\mathrm{d}y}{\sqrt{1-((1-c^2)y^2+c^2)^2}}\\ &=\frac{2\pi\sqrt{c^2+1}}{3b^3}\left(\mathrm{EllipticK}\left(\frac{c^2-1}{c^2+1}\right)-c^2\mathrm{EllipticE}\left(\frac{c^2-1}{c^2+1}\right)\right) \tag{12} \end{align} $$ La combinación de $(8)$, $(9)$, y $(12)$ da $$ \text{Volumen}=1.21275710583444588043\,^3 $$
Evan Anderson
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Resumen de mi respuesta:
Algunas referencias para el clásico problema isoperimétrico de maximizar el área bajo una curva dada en un fijo de longitud de arco.
La reformulación de la revoluted problema de volumen en un no-restricción problema de optimización.
Ejemplo de por qué la maximización de la revolución de volumen no es equivalente a maximizar el área bajo una curva dada en un fijo de longitud de arco.
Numéricos de aproximación y de la aproximación a $y(a/2)$ $0.74a$ con la aproxima maximizada revoluted volumen $1.212108 a^3$.
Supongamos que la curva de $y$ que maximiza la revolución volumen sujeto a la longitud de la $l$:
$$\text{Maximize }V[y] = \pi\int^a_0 y(x)^2\,dx\quad \text{subject to}\quad \int^a_0 \sqrt{1+\big(y'(x)\big)^2}\,dx = l.\tag{$\daga$}$$
Esta es una versión modificada del famoso Dido del problema.
Isoperimétrico enfoque para maximizar el ÁREA de: Si permitimos que la curva se define como una curva paramétrica en lugar de una bien definida de la función de la gráfica de $(x,y(x))$, entonces el Isoperimétrico teorema dice:
El área rodeada por la línea recta y una curva es máxima cuando la curva es una parte de la circunferencia con arclength fijo.
Un argumento Similar puede ser hecha por un físico argumento uso de la membrana entre el ideal de gas y vacío, por favor refiérase a la Marca de la respuesta aquí. Por el teorema, $$ y\left(\frac{a}{2}\right) = r(1-\cos\theta),\etiqueta{Un} $$ donde $r$ $\theta \in (0,\pi)$ satisface: $$2r\theta = l,\quad \text{y}\quad 2r\sin\theta = un. $$ Al $\theta = \pi/2$, es un círculo de media y $l = \pi a/2$. Al $l = 2a$, existe un $\pi/2<\theta<\pi$, y $$ y\left(\frac{a}{2}\right) = \frac{a}{\theta}\left(1 + \sqrt{1-\frac{\theta^2}{4}}\right) \quad \text{donde } \sin \theta = \frac{\theta}{2}. $$
Cálculo de la variación: Si no se nos permite tener algo como esto. Así que parametrizar la curva de $t\mapsto (x(s),y(s))$$s \in (0,l)$, por lo que $$ \int^a_0\sqrt{1+\big(y'(x)\big)^2}\,dx = \int^l_0 1 ds= l , \quad \text{y } (x')^2 + (y')^2 = 1. $$ Ahora $$ V[y] = \pi\int^a_0 y(x)^2\,dx = \pi\int^l_0 y^2 x'\,ds = 2\pi\int^l_0 y^2 \sqrt{1-(y')^2}\,ds. \etiqueta{$\ddagger$} $$ Ahora el problema se transforma en un unconstraint problema, por desgracia, la E-L de la ecuación es la siguiente: $$ 2y\sqrt{1-(y')^2} + \frac{d}{ds}\left(\frac{y^2 y'}{\sqrt{1-(y')^2}}\right) = 0.\la etiqueta{1} $$ Usando otra perturbación enfoque, dejando $$\lim_{\epsilon\to 0}\frac{d}{d\epsilon} V[y+\epsilon v] =0$$ the variational problem is as follows: for any smooth $v$ $$ \int^l_0 \frac{2yv - 2y (y')^2 - y^2 y' v'}{\sqrt{1-(y')^2}} \,ds = 0.\la etiqueta{2} $$ Tanto en (1) y (2) están sujetos a la condición de contorno $y(0) = y(l) = 0$.
Equivalencia?! No!
Pregunta: Es problema de $(\dagger)$ equivalente a $$\text{Maximize }A[y] = \pi\int^a_0 y(x)\,dx\quad \text{subject to}\quad \int^a_0 \sqrt{1+\big(y'(x)\big)^2}\,dx = l\,?$$
La respuesta es no. Deje $l = \pi a/2$, entonces el área más grande para un fijo de la longitud del arco por la fórmula (A) se logra cuando las $y$ es la mitad de un círculo por el isoperimétrico teorema: $$ y = \sqrt{\left(\frac{a}{2}\right)^2-\left(x-\frac{a}{2}\right)^2} \implica \frac{d}{dx}\frac{y'}{\sqrt{1+(y')^2}} = -\frac{d}{dx}\frac{x-a/2}{a/2} = -\frac{2}{a}.$$ De modo que la E-L ecuación del multiplicador de Lagrange para maximizar el área bajo $y$ está satisfecho. $$ 1-\frac{d}{dx} \frac{\lambda y'}{\sqrt{1+(y')^2}} =0, \quad \text{ donde }\lambda = -\frac{a}{2}. $$ Sin embargo, no existe una sola $\lambda \in \mathbb{R}$ de manera tal que la dirección de E-L ecuación para el volumen del problema de maximización vale si $y$ es la mitad de un círculo: $$ y-\frac{d}{dx} \frac{\lambda y'}{\sqrt{1+(y')^2}} =0. $$ De acuerdo a WolframAlpha, la ecuación de este tipo debe de alguna manera implican la integral elíptica.
Numérico enfoque: Después de algunos furioso de ensayo y error para diferentes funciones de la satisfacción de los E-L ecuaciones para el problema de la $(\dagger)$$(\ddagger)$, lo que estoy sugiriendo es (hasta ahora), una forma cerrada solución es imposible. Así que nos dirigimos a algunos numérico de ajuste de enfoque $a = 1$, $l=2$. Equi-distantes de los puntos de muestreo son: $(x_n,y_n)$,$0\leq n\leq N+1$, el tamaño de paso de $h$, $(x_0,y_0) = (0,0)$, y $(x_N,y_N) = (1,0)$.
El volumen de la aproximación $V_h$ puede ser encontrado por $$ V_h = \sum^{N}_{n=0}\pi h\frac{(y_n +y_{n+1})^2}{4} = \mathbf{y}^T\mathbf{y}, $$ con $\mathbf{y} = (y_1,\ldots,y_n)$, e $A$ es un tri-diagonal de la matriz $$ A =\frac{\pi h}{4}\begin{pmatrix} 2 & 1 & & 0\\ 1 & \ddots & \ddots & \\ & \ddots & \ddots & 1 \\ 0 & & 1 & 2 \end{pmatrix}, $$ El arclength restricción es: $$ S_h = \sum^{N}_{n=0} \sqrt{(y_{n+1}-y_n)^2 + h^2} = 2. $$ Este es un muy duro cuadrática no lineal un problema de programación. El uso de $101\times 101$ puntos de cuadrícula $[0,1]^2$ (tamaño de paso $h=10^{-2}$), $y(1/2)\approx 0.74$, la curva azul es la curva de la maximización de la revoluted volumen, mientras que la curva roja es un modelo a escala de un círculo que tiene el mismo arclength ($\mathrm{error}<O(10^{-2})$)
En el cálculo de la aproximación, he encontrado que la cantidad de trabajo que buscan todas las curvas que satisfacen la restricción es increíblemente grande que es $O(2^{100})$! Así que aquí tengo que admitir que me engañó el camino grande, asumiendo las siguientes:
- La curva alcanza el máximo en $x=1/2$, no bajándolo de$x=0$$x=1/2$, y es simétrico con respecto al $x=1/2$.
Por lo tanto ahora el problema se convierte en una pura programación entera, queremos encontrar el incremento de paso de los vectores de la primera mitad $(v_1,\ldots,v_{N/2})$, con cada entrada no negativo. La curva de $y$-coordenadas se puede escribir como la siguiente con un triangular inferior de la matriz $B$:
$$ \begin{pmatrix}y_1\\ \vdots \\y_{N/2} \end{pmatrix} =h\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0& 0\\ 1 & 1 & \ddots & 0\\ 1& \ddots & 1 & 0 \\ 1 &1 & 1 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}v_1\\ \vdots \\v_{N/2} \end{pmatrix}. $$ Deje $v = (v_1,\ldots,v_{N/2},v_{N/2},\ldots,v_1)^T$, luego $$ y = \begin{pmatrix}B & 0\\ E & -B \end{pmatrix}v = Cv, $$ donde $E$ es una matriz con todas sus entradas se $1$. Aviso de la condición de contorno que ya ha sido incorporado por sólo tenemos en cuenta el incremento (se puede establecer el $v_0 = 0$), ahora el problema cambia a:
$$\text{Maximizar } V_h[v]= v^T C^T ACv \\ \text{objeto } v_n \geq 0, \sum^{N/2}_{n=1} v_n \leq N,\;\text{y } S_h[v] = \sum^{N/2}_{n=0} 2h\sqrt{ v_n^2 + 1} = 2. \etiqueta{$\star$}$$
En real de simulación, he utilizado Monte Carlo para $(\star)$ (no soy un experto en optimización no lineal, no debería ser más del estado-de-arte enfoque en lugar de este acercamiento de fuerza bruta). Los procedimientos numéricos aproximadamente son:
La generación de una enorme cantidad de números aleatorios en la escala de distribución Dirichlet para un entero (no los números negativos suma fija) con una suma fija de $N-1,N-2,\ldots, N/2$. Esta suma fija es el número total de pasos $y$ va para arriba en las redes de$x=0$$x=1/2$. Aviso de $N/2$ es el número máximo de incremento de pasos en un círculo perfecto, para el arclength es$2>\pi/2$, por lo que queremos, al menos, elegir incremento paso más que de forma heurística, a menos que exista alguna forma de zig-zag curvas que maximizar el volumen (en zig-zag no pasará a la arclength restricción).
La comprobación de que el incremento de paso de los vectores de la satisfacción de las arclength restricción dentro de ciertos error relativo $\epsilon$ (elegí $0.05$ en la simulación).
Calcular el volumen, a continuación, elija el máximo de uno.
La disminución de la $\epsilon$ para el arclength, perturban el incremento de paso de vectores, de la repetición.
La eventual $y(1/2)= h\sum_{n=1}^{N/2} v_n$ para que maximizer incremento de paso de vectores. Lo que obtuve fue $$ y(1/2)\aprox 0.74, \text{ con } V[y] \aprox 1.212108. $$
Por último, el problema me recordó a un video de youtube desde hace tiempo: el Uso de burbujas de jabón, para encontrar los puntos de Steiner para cuatro nodos fijos.
Marnix van Valen
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Al girar sobre $x-axis$ el volumen máximo es igual al máximo de la zona en 2D. Por lo tanto, la cuestión puede ser dado como max zona, dada la longitud. El área a ser maximizada puede ser definida como
$$A[y]=\int_{x_1}^{x_2}y\ dx$$ sujeto a $$2a=\int_{x_1}^{x_2}\sqrt{1+y'\ ^2} dx$$
Podemos usar el multiplicador de Lagrange, tales como
$$H=y+\lambda \sqrt{1+y'\ ^2}$$ y $$\frac{\partial H}{\partial y}-\frac{d}{dx}\bigg(\frac{\partial H}{\partial y'}\bigg)=0$$ $$1-\frac{d}{dx}\bigg(\frac{\lambda y'}{\sqrt{1+y'\ ^2}}\bigg)=0$$ $$\Rightarrow \frac{x-\alpha}{\lambda}=\frac{y'}{\sqrt{1+y'\ ^2}}$$ Si $\bar x=x-\alpha$ $$\frac{\bar x}\lambda=\frac{y'}{\sqrt{1+y'\ ^2}}\Rightarrow y'=\frac{dy}{dx}=\frac{\bar x}{\sqrt{\lambda^2-\bar x^2}}$$ que puede ser resuelto por $y(x)$ tal que $$y(x)=-\sqrt{\lambda^2-\bar x^2}+\beta=\beta-\sqrt{\lambda^2-\big(x-\alpha\big)^2}$$ La ecuación debe satisfacer las siguientes condiciones $$(0,0)\Rightarrow 0=\beta-\sqrt{\lambda^2-\big(-\alpha\big)^2}$$ $$(a,0)\Rightarrow 0=\beta-\sqrt{\lambda^2-\big(a-\alpha\big)^2}$$ $$2a=\int_{0}^{a}\sqrt{1+y'\ ^2} dx\qquad y'=\frac{x-\alpha}{\sqrt{\lambda^2-\big(x-\alpha\big)^2}}$$ que se puede resolver para encontrar $\alpha$, $\beta$ y $\lambda$. De $(0,0)$ condición se sigue que $$\beta=\sqrt{\lambda^2-\big(\alpha\big)^2}$$ Reemplazando en $(a,0)$ condición se deduce que $\alpha=a/2$. Podemos reescribir la ecuación como una ecuación del círculo $$\bigg(y-\sqrt{\lambda^2-\big(a/2\big)^2}\bigg)^2+\bigg(x-a/2\bigg)^2=\lambda^2$$
\begin{pmatrix} 2 & 1 & & 0\\ 1 & \ddots & \ddots & \\ & \ddots & \ddots & 1 \\ 0 & & 1 & 2 \end\begin{pmatrix}y_1\\ \vdots \\y_{N/2} \end\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0& 0\\ 1 & 1 & \ddots & 0\\ 1& \ddots & 1 & 0 \\ 1 &1 & 1 & 1 \endEDITAR\begin{pmatrix}v_1\\ \vdots \\v_{N/2} \end\begin{pmatrix}B & 0\\ E & -B \end---------
Aunque no produce un buen resultado; la ecuación está mal. Se supone que todos los $dA$ produce la misma cantidad de $dV$. Habría sido justo cuando el volumen fue producido por extrusión; pero en caso de rotación $dA$ lejos del eje produce mayor $dV$.
