Una sorprendente propiedad de la Catenaria

Question

He descubierto que si queremos un arco de catenaria en el intervalo $[a,b]$ resolvemos $$\int_a^b \sqrt{\cosh '(x)^2+1} \, dx=\int_a^b \cosh x \, dx$$ lo que significa que el "resultado" de la longitud es igual al resultado del área en el mismo intervalo, aunque en diferentes unidades.

Así que me pregunté si hay alguna otra curva con la misma propiedad.

He puesto $$y=\sqrt{y'^2+1}\to y^2=y'^2+1; y(0)=1$$ entonces $$y'=\sqrt{y^2-1}\to dx=\frac{dy}{\sqrt{y^2-1}}\to x=\cosh^{-1} \,y$$ por lo tanto, la constante arbitraria es cero, $y=\cosh x$

Pero no estoy seguro de cómo tratar la otra solución $y'=-\sqrt{y^2-1}$ incluso si Mathematica da el mismo resultado $y=\cosh x$

Me gustaría que alguien comprobara esta prueba: No soy un profesional, sólo soy un profesor de instituto (casi) jubilado :)

Actualización 9/1/2020. Ahora estoy oficialmente retirado :)

Answer 1

EDIT1:

He entendido su pregunta de esta manera:

¿Cómo es que el área bajo una catenaria es proporcional a la longitud del arco? $$ c=\dfrac{A}{L}$$ válido para alguna constante de proporcionalidad $c$ ?

Al principio sobre el signo frente al signo radical en DE

Consideremos en primer lugar situaciones similares muy conocidas:

Si dos DEs se dan como $$ y'= + \sqrt {1-y^2},\; y'= - \sqrt {1-y^2} $$

que tenemos en cualquier caso elevando al cuadrado $$ y^{'2} = (1-y^2) $$

Diferenciar

$$ 2 y' y^{''}= -2 y y',\to y^{''}+y =0 $$ que es la ecuación diferencial de una curva senoidal.

Con BC $ x=0,y=1,y'=0 \to y= \cos x $ en cualquier caso

Del mismo modo, si dos DEs se dan como

$$ y'= + \sqrt {y^2-1},\; y'= - \sqrt {y^2-1} $$

tenemos en cualquier caso

$$y^{'2}= (y^2-1)$$

Diferenciando

$$ 2 y' y^{''}= 2 y y',\to y^{''}-y =0 $$ que es la ecuación diferencial de una catenaria. Con BC $ x=0,y=1,y'=0 \to y= \cosh x $ en cualquier caso.

Sin embargo, si no se desea elevar al cuadrado, perdiendo así su signo, sino que se desea integrar directamente los dos BC, lo siguiente:

$$ y'= + \sqrt {1-y^2},\; y'= - \sqrt {1-y^2} $$

obtenemos

$$ \sin^{-1}y= x +c_1, \sin^{-1}y=- x-c_2 $$

$$y= \sin (x+c_1),y= -\sin (x+c_2)$$

Para (un par ) una solución simétrica $ x=0, y=1 $ tenemos respectivamente

$$c_1=\pi/2, c_2= 3 \pi/2$$

ambos dan la misma solución

$$ y = \cos x $$

Cuando tenemos aquí nuestro caso real

$$ y'= + \sqrt {1+y^2},\; y'= - \sqrt {1+y^2} $$

obtenemos

$$ \cosh^{-1}y= x +c_1, \cosh^{-1}y=- x-c_2 $$ $$y= \cosh (x+c_1),y= \cosh (x+c_2)$$

Para una solución simétrica uniforme $ x=0, y=1 $ tenemos respectivamente

$$c_1= c_2= 0 $$

dando ambos la misma solución

$$ y = \cosh x $$

Así que podemos decir en conclusión que delante de cualquier signo radical (raíz cuadrada) tenemos $\pm$ y ambos signos son igualmente aplicables para la ED de primer orden. Sólo por convención ponemos un signo positivo que implica el negativo no dicho. Resultan en la misma ecuación diferencial y, por tanto, también en el mismo integrando para unas condiciones de contorno dadas en este caso particular.

Geométricamente un signo negativo o positivo de la derivada se relaciona con diferentes pendientes de la curva en diferentes porciones de la misma.

Siguiente respuesta lo que yo consideraba su pregunta principal establezcamos su DE que define de forma única la curva.

Para tener una idea física/geométrica una cantidad de dimensión de longitud $c$ se introduce como el cociente de la superficie cubierta $A$ a la longitud de su "techo" curvo.

$$c=\dfrac {\int y \; dx}{\int\sqrt{1+y'^2}dx}$$

Utilizando la regla del cociente diferenciar para simplificar

$$c=\dfrac{ y} {\sqrt{1+y'^2}}= \to y' = \dfrac{\sqrt{y^2-c^2}}{c} $$

que es la ecuación diferencial de la curva única que se busca.

Integración con condición de contorno $ y(0)=c ,y'(0)=0,$ se obtiene la ecuación de la única curva que satisface la propiedad requerida.

$$ \dfrac{y}{c}= \cosh\dfrac{x}{c}$$

que se reconoce como una catenaria como se ha dicho. Y en la asociación también se reconoce esta propiedad... que $c$ es la constante de proporcionalidad que es la distancia mínima de la catenaria al eje x.

$$ c=\dfrac{A}{L}$$

como también se muestra aquí gráficamente.

Answer 2

Desde

$$\frac{y'}{\sqrt{y^2-1}}=\pm1$$ usted dibuja

$$\text{arcosh}(y)=c\pm x$$

y

$$y=\cosh(c\pm x).$$

Con la condición inicial $y(0)=1$ ,

$$y=\cosh(\pm x)$$ que es $$y=\cosh(x).$$