TLDR:
Quiere resolver para $v$ en esta ecuación: $$v\sqrt{v^2+1} + \sinh^{-1} v = 2a_1x_0\sqrt{u^2+1} + \frac{\sinh^{-1} u}{2a_0}$$
Y entonces $x_1=\frac{v}{2a_1}$ es su solución.
Llevo horas dándole vueltas a esto, no porque crea que pueda ayudarte -mucho de esto es nuevo para mí- sino porque me ha parecido interesante. Todavía no he encontrado una solución (aproximada) para $v$ Sin embargo. Y parece que Respuesta de Claude se me ha adelantado, de todos modos.
Pero aquí está mi trabajo, sólo porque no puedo soportar golpear Descartar en todo esto.
Creo que nunca había hecho la longitud de una curva parabólica. Así que mientras esto probablemente iría más suavemente si se hace de la definición integral de longitud de arco Voy a tomar el camino más fácil: Wikipedia tiene una fórmula de longitud de arco parabólico . Intentémoslo.
Entonces tenemos una parábola $f\left(x\right)=a_0 x^2$ . Wikipedia nos dice que podemos encontrar la longitud del arco, desde el vértice en $\left(0,0\right)$ a cualquier punto $\left(x,f\left(x\right)\right)$ en la parábola, utilizando estos valores:
- La distancia focal $l$ de la parábola; en este caso, $l=\frac{1}{4a_0}$
- La distancia perpendicular $p$ entre el punto y el eje de simetría; en este caso es simplemente $p=x$
Entonces, dado $h=\frac{p}{2}$ y $q=\sqrt{l^2+h^2}$ la longitud del arco es:
$$s=\frac{hq}{l}+l\ln\frac{h+q}{l}$$
Simplifiquemos. Dado que $h=\frac{x}{2}$
$$\begin{align} q &= \sqrt{\frac{1}{16a_0^2}+\frac{x^2}{4}} \\ &= \sqrt{\frac{4a_0^2x^2+1}{16a_0^2}} \\ &= l\sqrt{4a_0^2x^2+1} \end{align}$$
Así:
$$s=\frac{x}{2}\sqrt{4a_0^2x^2+1}+\frac{1}{4a_0}\ln\left(2a_0x+\sqrt{4a_0^2x^2+1}\right)$$
Ahora, tenemos otra parábola $g(x)=a_1 x^2$ tal que las longitudes de arco de $f\left(x_0\right)$ y $g\left(x_1\right)$ son iguales, es decir
$$\begin{align} \frac{x_0}{2}\sqrt{4a_0^2x_0^2+1}+\frac{1}{4a_0}\ln\left(2a_0x_0+\sqrt{4a_0^2x_0^2+1}\right) &= \frac{x_1}{2}\sqrt{4a_1^2x_1^2+1}+\frac{1}{4a_1}\ln\left(2a_1x_1+\sqrt{4a_1^2x_1^2+1}\right) \\ \therefore x_0\sqrt{4a_0^2x_0^2+1}+\frac{1}{2a_0}\ln\left(2a_0x_0+\sqrt{4a_0^2x_0^2+1}\right) &= x_1\sqrt{4a_1^2x_1^2+1}+\frac{1}{2a_1}\ln\left(2a_1x_1+\sqrt{4a_1^2x_1^2+1}\right) \end{align}$$
Y queremos resolver para $x_1$ en términos de $a_0$ , $a_1$ y $x_0$ . Nada más sencillo. </sarc>
Definamos $u=2a_0x_0$ (así $u^2=4a_0^2x_0^2$ ) y $v=2a_1x_1$ (así $v^2=4a_1^2x_1^2$ ). Eso acorta las cosas a:
$$x_0\sqrt{u^2+1} + \frac{1}{2a_0}\ln\left(u+\sqrt{u^2+1}\right) = x_1\sqrt{v^2+1} + \frac{1}{2a_1}\ln\left(v+\sqrt{v^2+1}\right)$$
Ahora veo dónde $\sinh$ ¡entra en las otras respuestas! Es porque $\sinh^{-1} x = \ln\left(x+\sqrt{x^2+1}\right)$ así que tenemos:
$$\begin{align} x_0\sqrt{u^2+1} + \frac{\sinh^{-1} u}{2a_0} &= x_1\sqrt{v^2+1} + \frac{\sinh^{-1} v}{2a_1} \\ \therefore 2a_1x_0\sqrt{u^2+1} + \frac{\sinh^{-1} u}{2a_0} &= 2a_1x_1\sqrt{v^2+1} + \sinh^{-1} v \\ &= v\sqrt{v^2+1} + \sinh^{-1} v \end{align}$$
Ese lado derecho hace no parecen fáciles de invertir. Lo admito, me evadí y le pedí a Wolfram Alpha que lo hiciera. Y, por supuesto, me dice: "no se ha encontrado ningún resultado en términos de funciones matemáticas estándar". [ suspiro ]
Basado en Respuesta de Tyma Gaidash Fui a buscar en el Teorema de inversión de Lagrange . Mi educación orientada a la ingeniería nunca cubrió esto, pero yo piense en He comprendido lo básico. Según tengo entendido, para resolver $y=f(x)$ para $x$ elegimos unos $z$ tal que $f(z)$ se define y $f'(z)\ne 0$ .
Acortemos todo el lado izquierdo de la ecuación a $w$ y defina $w=g\left(v\right)=v\sqrt{v^2+1} + \sinh^{-1} v$ . Primero, encontremos la derivada haciendo trampas y usando Wolfram Alpha: $g'(v)=2\sqrt{v^2+1}$ .
Necesitamos un valor $z$ donde $g'(z)\ne 0$ . Convenientemente, esta derivada no es cero en ningún lugar de los reales, así que es trivial. Creo (pero no estoy seguro) que $z$ debe aproximarse a $v$ así que supongamos aleatoriamente que $x_1\approx 1$ y así $v\approx 2a_1 = z$ .
Ahora, por el teorema de inversión, la función inversa $v=g^{-1}\left(w\right)$ es:
$$\begin{align} v &= z+\sum_{n=1}^\infty \left[\frac{\left(w-g\left(z\right)\right)^n}{n!} \lim_{t\to z} \frac{d^{n-1}}{dt^{n-1}}\left(\frac{t-z}{g(t)-g(z)}\right)^n\right] \\ &= z+\left(w-g\left(z\right)\right)\lim_{t\to z}\frac{t-z}{g(t)-g(z)} + \frac{\left(w - g\left(z\right)\right)^2}{2} \lim_{t\to z}\frac{d}{dt} \left(\frac{t-z}{g(t)-g(z)}\right)^2 + \cdots \end{align}$$
¿No parece que el primer límite igual que ¿el recíproco de la derivada? Así que el segundo término de la serie se convierte en $\frac{w-g\left(z\right)}{2\sqrt{z^2+1}}$ .
Y he estado trabajando en esto durante demasiado tiempo, así que aquí es donde voy a parar por esta noche.
