Longueur d'une ellipse et séries (L2, prépa)
Salut à tous
J'ai cherché l'exercice suivant, que je vous ai joins ici.
J'ai joins aussi ma résolution en 3 parties, dans la dernière partie, la partie 3, vous trouverez un encadré vert ou j'écris la longueur de l'ellipse sous forme de série.
Ma question est : comment aboutir à la série donnée par l'énoncé ? Les puissance de (a^2-b^2)/( a^2+b^2) ne me font pas plaisir ...
Merci déjà !
Mik
[Ne pas oublier les apostrophes. Merci. AD]
J'ai cherché l'exercice suivant, que je vous ai joins ici.
J'ai joins aussi ma résolution en 3 parties, dans la dernière partie, la partie 3, vous trouverez un encadré vert ou j'écris la longueur de l'ellipse sous forme de série.
Ma question est : comment aboutir à la série donnée par l'énoncé ? Les puissance de (a^2-b^2)/( a^2+b^2) ne me font pas plaisir ...
Merci déjà !
Mik
[Ne pas oublier les apostrophes. Merci. AD]
Réponses
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Moi je serais tenté d'écrire :
$k = \sqrt{\frac{a^2-b^2}{a^2+b^2}}$, $\quad\alpha = \frac{a^2}{a^2+b^2},$ $\quad\beta = \frac{b^2}{a^2+b^2}$
On a : $\quad\alpha+\beta = 1$, $\quad\alpha-\beta = k^2$.
Ainsi : $\quad\alpha = \frac{1+k^2}{2}$, $\quad\beta = \frac{1-k^2}{2}$.
Donc $$
\begin{align}
L & = \int \sqrt{a^2 \cdot \sin^2(t)+ b^2 \cdot \cos^2(t)} \\
& = \sqrt{a^2 + b^2} \cdot \int \sqrt{\alpha \cdot \sin^2(t)+ \beta \cdot \cos^2(t)} \\
& = \sqrt{a^2 + b^2} \cdot \int \sqrt{\frac{1+k^2}{2} \cdot \sin^2(t)+ \frac{1-k^2}{2} \cdot \cos^2(t)} \\
& = \sqrt{a^2 + b^2} \cdot \int \sqrt{\frac{1}{2} \cdot (1-k^2 \cdot \cos(2t))} \\
\end{align}
$$ Et puis alors, il faut refaire tout le calcul.
(je trouve que l'énoncé demande beaucoup de travail, tout en étant assez économe de ses propres efforts !) -
Bien suspect ce $1-4p<0$ au denominateur de la serie etrange. Mais si on veut s'en rapprocher on ecrit par $x=\frac{\pi}{4}+h$
$$L=4\int_0^{\pi/2}\sqrt{a^2\sin ^2t+b^2\cos ^2 t}=4\int_{-\pi/4}^{\pi/4}\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}+\frac{a^2-b^2}{2}\sin (2h)}dh.$$ -
Bonjour,
Mazette !
Indications :
On paramétrise une ellipse du plan de demi-axes $\displaystyle a>b$ et on calcule l'abscisse curviligne puis le périmètre $P$ en utilisant les symétries : $\displaystyle P=4 a \int_{0}^{\pi/2} \sqrt{1-k^2 \cos^2 \theta} d\theta$ avec $\displaystyle k^2=1-b^2/a^2.$
Par changement de variables on fait apparaître une intégrale elliptique complète de seconde espèce $\displaystyle E(k)=\int_{0}^{\pi/2} \sqrt{1-k^2 \sin^2 \theta} d\theta$ : $\displaystyle P=4a E(k).$
On révise sur les fonctions hypergéométriques : $\displaystyle F(a,b;c;z)=\sum_{j\geq 0}{(a)_j(b)_j \over (c)_j j!}z^j$ pour $|z|<1$ solutions des équations différentielles $\displaystyle z(1-z) y'' + [c-(a+b-1)z]y'-aby=0.$ Le symbole de Pochammer est $\displaystyle (a)_j=a(a+1)(a+2) \cdots (a+j-1).$
On note les relations $\displaystyle E(k)={\pi \over 2}F(-{1\over 2},{1\over 2};1;k^2)$ et $\displaystyle F(a,b;2b;2z)=(1-z)^{-a}F({a\over 2},{a+1\over 2};b+{1\over 2};{z^2\over (1-z)^2}).$
On applique alors $\displaystyle a=-{1\over 2}, b={1\over 2},2z=k^2$ pour trouver $\displaystyle P=4aE(k)=2\pi a F(-{1\over 2},{1\over 2};1;k^2)=2\pi ({a^2+b^2 \over 2})^{1/2} F(-{1\over 4},{1\over 4};1;({a^2-b^2 \over a^2+b^2})^2).$
On termine avec les expressions dans la série pour éliminer les symboles de Pochhammer. -
On obtient bien l'expression donnée par l'énoncé en partant de $L=4\displaystyle\int_0^{\pi/2}\sqrt{a^2\sin ^2t+b^2\cos ^2 t}dt=4\int_{0}^{\pi/2}\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}-\frac{a^2-b^2}{2}\cos (2t)}dt$.
Ensuite on met en facteur $\sqrt{\dfrac{a^2+b^2}{2}}$, on utilise le développement en série de $\sqrt{1-x}$ et on intègre terme à terme.
Les termes d'indices impairs donnant une intégrale nulle (par $t=\dfrac{\pi}2-u$), il ne reste que les termes d'indices pairs. La valeur bien connue des intégrales de Wallis pour $n=2p$ donne exactement la formule à démontrer. -
Bonjour à tous,
Donc oui l idée de @marsup convient ! J'ai donc pu résoudre l exo.
L astuce consistant donc à écrire la longueur comme une intégrale de racine de 1 - cos . Et non simplement comme l intégrale de racine de 1-cos^2 comme je lai fait au début.
Remarquons que la série obtenue n est pas plus sympathique que la mienne. C'est donc un exercice d un intérêt pratique très limitée. -
bonjour mike
ta solution manuscrite est exacte jusqu'au développement de $\sqrt{1-\epsilon^2cos²t}$
(après tu tombes sur une longueur négative!)
avec $\epsilon$ l'excentricité comprise entre 0 et 1 de l'ellipse
$\epsilon = c/a$ avec c demie-distance focale de l'ellipse et a demi-grand axe
finalement : $$L = 2a\pi[1 - \Sigma_1^{+\infty}\frac{\epsilon^{2k}}{(2k-1))2^{2k}}.\frac{(2k!)^2}{k!^4}]$$
on a reconnu la série de Wallis qui converge d'autant plus rapidement que l'excentricité $\epsilon$ est proche de 0 (excentricité du cercle)
L est fonction de $\epsilon$ excentricité de l'ellipse, sous forme de série génératrice
un cas particulier d'ellipse est intéressant, lorsque $\epsilon = \frac{1}{\sqrt{2}}= 0,707....$
alors b = c (demie distance focale = demi-petit axe)
alors $L = a\sqrt{2}[2\omega + \frac{\pi}{2\omega}]=a(5,402583026....)$
avec $\omega=\int_0^1\frac{dt}{\sqrt{1 - t^4}} = 1,311028777....$
(constante de la lemniscate de Bernoulli qui intervient dans le périmètre de cette lemniscate)
L est alors égale à la longueur de l'arche de sinusoïde comprise entre les abscisses 0 et $\pi$, longueur multipliée par $a\sqrt{2}$
cordialement
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Bonjour!
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