¿Cuál es la longitud de una onda sinusoidal de $0$ à $2\pi$ ?

Question

¿Cuál es la longitud de una onda sinusoidal de $0$ à $2\pi$ ? Físicamente yo trazaría $$y=\sin(x),\quad 0\le x\le {2\pi}$$ y medir la longitud de la línea.

Creo que parte de la respuesta es integrar esto: $$\int_0^{2\pi} \sqrt{ 1 + (\sin(x))^2} \ \rm{dx}$$

¿Alguna idea?

Answer 1

Respondiendo a Henry, el 6 de junio de 2011, esta equivalencia surge de un sencillo experimento dado por Hugo Steinhaus en 'Instantáneas Matemáticas'. Coge un rollo de algo (yo uso toalla de papel) y córtalo oblicuamente, produciendo así secciones elípticas. Desenróllalo y tendrás una curva sinusoidal. (Tom Apostol y Mamikon Mnatsakanian sugieren que apoyes un rodillo de pintura en ángulo en la bandeja de pintura. Después, pinta).

Paul Stephenson 8 de mayo '13 a las 21.00

Answer 2

$$\begin{align} \int_0^{2\pi}\sqrt{1+\cos^2(x)} dx &= 4 \int_0^{\pi/2}\sqrt{1+\cos^2(x)}dx \\ &= 4 \int_0^{\pi/2}\sqrt{1+\dfrac{1+\cos(2x)}2 }dx\\ &= 4 \sqrt{\dfrac{3}2} \int_0^{\pi/2} \sqrt{1+\dfrac{\cos(2x)}3} dx \\ &= 2\sqrt6 \int_0^{\pi/2} \sum_{n=0}^\infty a_n (\dfrac{\cos(2x)}3)^n dx \tag1 \end{align}$$ donde $$\sqrt{1+t}=\sum_{n=0}^\infty a_n t^n, \mbox{ and }\ a_n = \frac{(-1)^{n+1} (2n-3)!!}{n! 2^n}$$ Dejemos que $I_n = \int_0^{\pi/2} \cos^n(2x) dx$ entonces $I_n = 0\ $ si $\ n\ $ es impar, y $I_n = \dfrac{\pi}2 b_{n/2}$ si $\ n\ $ está en paz, donde $b_k = \dfrac{(2k-1)!!}{k! 2^k}$ .

La ecuación $(1) = 2\sqrt6 \sum\limits_{n=0}^\infty \dfrac{a_n}{3^n} I_n = 2\sqrt6 \sum\limits_{k=0}^\infty \dfrac{a_{2k}}{3^{2k}} \dfrac{\pi}2 b_k = \sqrt6 \pi \sum\limits_{k=0}^\infty c_k \tag2$

donde $c_k = a_{2k} b_k 3^{-2k} = -\dfrac{(4k-3)!!}{(2k)! 2^{2k}} \dfrac{(2k-1)!!}{k! 2^k} 3^{-2k} = -\dfrac{(4k-3)!!}{(k!)^2 2^{4k} 3^{2k}} = -\dfrac{\binom{4k-3}{2k-1}\binom{2k-1}{k}}{2^{6k-2} 3^{2k} k}$ .

Nota $c_0 = -(-3)!! = -\dfrac{1(-1)(-3)!!}{1(-1)} = 1$ .

Además, $$\begin{align} \int_0^{2\pi}\sqrt{1+\cos^2(x)} dx & = 4 \int_0^{\pi/2}\sqrt{1+\cos^2(x)}dx = 4 \int_0^{\pi/2}\sqrt{2-\sin^2(x)}dx\\ & = 4 \sqrt2 \int_0^{\pi/2} \sqrt{1-\dfrac{\sin^2(x)}2} dx = 4 \sqrt2 E\left(\dfrac1{\sqrt2}\right) \tag3 \end{align}$$

donde $$E(k) = \displaystyle \int_0^{\pi/2} \sqrt{1-k^2 \sin^2(x)} dx = \dfrac{\pi}2 \sum_{n=0}^{\infty} \left(\dfrac{\dbinom{2n}n}{4^n} \right)^2 \dfrac{k^{2n}}{1-2n}$$ y se denomina integral elíptica completa de segundo tipo.

$E\left(\dfrac1{\sqrt2}\right) = \dfrac{\pi}2 \sum\limits_{n=0}^{\infty} d_n \tag4$ donde $d_n = \left[ \dfrac{(2n-1)!!}{n!2^n} \right]^2 \dfrac{1}{(1-2n)2^n}$ .

Por $(2)$ y $(3)$ , $E\left(\dfrac1{\sqrt2}\right) = \dfrac{\sqrt3 \pi}4 \sum\limits_{n=0}^{\infty} c_n \tag5$

$(4) = (5)$ . Porque $c_n$ y $d_n \to 0$ como $n\to \infty$ la tasa de convergencia de $c_n$ y $d_n$ vienen dadas por $$\begin{align} \lim_{n\to\infty} \left| \dfrac{c_n}{c_{n-1}} \right| &= \lim_{n\to\infty} \dfrac{(4n-3)(4n-5)}{n^2 2^4 3^2} = \dfrac 1 9\ \mbox{ and }\\ \lim_{n\to\infty} \left| \dfrac{d_n}{d_{n-1}} \right| &= \lim_{n\to\infty} \dfrac{(2n-1)(2n-3)}{n^2 8} = \dfrac 1 2,\ \mbox{ respectively. } \end{align}$$ Obtenemos los valores de $(4)$ y $(5)$ por la expansión en serie de la potencia de $\sqrt{1-\dfrac{\sin^2(x)}2}$ y $\sqrt{1+\dfrac{\cos(2x)}3}$ respectivamente. Por lo tanto, utilizando $(5)$ podemos obtener estimaciones precisas con mayor rapidez.

Answer 3

En MATLAB:

$$t = 0:0.001:(2\pi);$$ $$st = \sin(t);$$

$$\text{sum( sqrt( diff(st).^2 + diff(t).^2 ) )}$$

$$\text{ans} = 7.6401$$

Necesitará $21.6$ % más de pintura para pintar el techo ondulado ;).

Answer 4

Una aproximación analítica mejorada a la que di antes (usuario375743) es: $$l(x) = \frac{121}{100}x + \frac{1}{10} \mathrm{sin(2x)}$$ Tiene un error máximo inferior al 1,5% y un error del 0,5% para el rango de 0 a $2\pi$ .

Answer 5

Una expresión analítica aproximada que tiene un error inferior al 1% respecto a las respuestas dadas anteriormente (pero que funciona para cualquier rango) es : $$l = \frac{6}{5}x + \frac{1}{4} \sin(2x)$$