\documentclass{article}
\usepackage[utf8]{inputenc}
 
\title{mate}
\author{Andrei Draghicescu}
\date{May 2021}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage[romanian]{babel}
\usepackage{hyperref}
\usepackage{graphicx}
\graphicspath{ {./desktop/} }
\usepackage{ragged2e} 
\usepackage{pgfplots}
\pgfplotsset{width=10cm,compat=1.9}
 
\hypersetup{
    colorlinks=true,
    linkcolor=forest green,
    filecolor=magenta,      
    urlcolor=red,
    pdftitle={Arc Length Contest},
    pdfpagemode=FullScreen,
    }
 
\begin{document}
\begin{center}
    \begin{LARGE}
    \textbf{Discovery Project: Arc Length Contest}
    \end{LARGE}
\end{center}
 
 
\
 
 
\begin{flushright}
\vspace{\fill}
Proiect realizat de: Andrei Drăghicescu, \\Dumitrescu Andrei Răzvan, \\ Costea Claudiu
\end{flushright}
\begin{flushleft}
\begin{large}
\newpage
Cu privire la problemele de lungime a arcului, deseori Larry Riddle provoacă studenții din cursul său de calcul la un concurs cu scopul de a însufleți discuția lor cu privire la lungimea arcului. Fiecare elev (sau echipă de studenți) este rugat să găsească trei exemple de funcție continuă f care să satisfacă: 
\begin{enumerate}
    \item \(f(x) \ge 0\) pe intervalul \(0\le x \le 1\);
    \item \(f(0)=0, f(1)=0\);
    \item aria delimitată de graficul f și axa între x=0 și x=1 este egală cu 1.
\end{enumerate}
 
\bigskip
Elevul trebuie să calculeze lungimea arcului pentru fiecare dintre cele trei funcții ale sale, iar câștigătorul concursului este cel care are funcția cu cea mai mică lungime a arcului pe intervalul unitar. Aceasta este o problemă deschisă interesantă pentru majoritatea studenților, deoarece aceștia nu au multă experiență în construirea funcțiilor care îndeplinesc condițiile cerute. Sunt adesea surprins de unii dintre ingeniozitatea pe care o folosesc studenții atunci când vin cu lucrările la concurs. 
\\
\bigskip
Concursul necesită evaluarea a două integrale diferite pentru fiecare.
\\
\bigskip
Pentru a ajunge la aria 1, am avea nevoie de urmatoarea relatie:
 
\bigskip
\begin{center}
 1 = $\pi$r^2 - 2 \cdot \[\frac{1}{2}\]r^2 \Theta + 2 \cdot \[\frac{1}{4}\]s = \Big(s^2 + \[\frac{1}{4}\] \Big) \Big($\pi$ - \arctan (\[\frac{1}{2s}\]) \Big) + \[\frac{1}{2}\]s\\
 \end{center}
 
\bigskip
care dă un centru pentru cerc la (0.5,0.35487517) cu o rază de r = 0,6131365 și o lungime a arcului de 2,6831. Acest arc, a cărui lungime se află la 0,14 de a fi cel mai bun posibil, îndeplinește cele trei cerințe, dar, din păcate, nu este graficul unei funcții și astfel ar încălca regulile concursului.
\bigskip
 
 
\newpage
Imaginați-vă acum o situație în care avem pereți verticali la x = 0 și x = 1, o podea la y = 0 și o „bandă de cauciuc” întinsă între (0,0) și (1,0). Injectați un volum unitar de fluid sub banda de cauciuc. Regiunea se va umple până la un semicerc și apoi se va extinde în sus, păstrând un capac semicircular. Fără pereții verticali am obține doar bula circulară  din figura de mai jos.
\\
\bigskip
\textbf{FIGURA 1}
Semicercul de rază 1/2 are aria $\pi$ / 8. O zonă închisă de 1 ar putea fi astfel obținută prin extinderea semicercului în sus cu o înălțime de 1 – $\pi$/ 8, plasând în esență semicercul deasupra unui dreptunghi cu bază de-a lungul intervalului unitar. Cei doi pereți laterali ai dreptunghiului și arcul semicercului ar avea apoi o lungime totală de 2 + $\pi$ / 4 = 2.7853981634. Din păcate, nici acesta nu este graficul unei funcții! Cu toate acestea, ne putem apropia în mod arbitrar de această lungime cu o funcție continuă, definită în bucăți, înclinând pereții verticali cu o cantitate de ε și folosind un semicerc de rază 1/2 – \epsilon. $ Acest lucru sugerează că $ \(2+\pi/4\) este cea mai mare limită inferioară a lungimilor curbelor admisibile.
\\
\bigskip
Cu toate acestea, funcția pe bucăți descrisă încă nu a fost încă participată la concurs de niciunul dintre studenții mei. Intrările au constat întotdeauna în combinații ale funcțiilor tipice întâlnite în calcul: polinoame, radicali, funcții trigonometrice și logaritmi. Există două observații care ajută foarte mult la construirea funcțiilor pentru concurs. În primul rând, elevii realizează rapid după o sugestie adecvată din partea instructorului că orice funcție continuă g care îndeplinește condițiile (1) și (2) poate fi modificată pentru a obține o funcție f care îndeplinește toate cele trei condiții împărțind g la valoarea integralei sale definite de la x = 0 până la x = 1.
\\
\bigskip
Cu toate acestea, mai puțin evident este faptul că cele mai bune funcții care trebuie luate în considerare sunt cele care sunt simetrice cu linia x = 1/2. Într-adevăr, dacă funcția f îndeplinește condițiile (1) - (3) și definim:
 
\bigskip
\begin{center}
 g(x) = $\[\frac{1}{2}\]\Big(f(x) + f(1-x)\Big)$,
 \end{center}
 
 
\bigskip
atunci g va îndeplini și condițiile (1) - (3), va fi simetrică față de linia x = 1/2 și va avea o lungime a arcului mai mică pe [0,1] decât f. Pentru a vedea de ce este valabil, observați că graficul lui
 
\begin{center}
H(x) = $\sqrt{1+x^2}$
\end{center}
 
\bigskip
este concav peste linia reală. Prin urmare, segmentul de linie dintre oricare două puncte de pe grafic se află deasupra graficului, ceea ce înseamnă că:
 
\begin{center}
    $H\Big(\[\frac{1}{2}\]a + \[\frac{1}{2}\]b\Big) \le \[\frac{1}{2}\]H(a) + \[\frac{1}{2}\]H(b)$
\end{center}
 
\bigskip
pentru orice a și b. Dacă f este diferențiat pe [0,1], aplicați această inegalitate cu
 
\begin{center}
    a = $f^{\prime}(x)$ și b = - $f^{\prime}(1-x)$
\end{center}
 
\bigskip
pentru orice a și b. Dacă f este diferențiat pe [0,1], aplicați această inegalitate cu
 
}
\bigskip
\begin{center}
$\[ \int_{0}^{1} $\sqrt{1+g'(x)^2}$ \,dx \] \le \[\frac{1}{2}\]\[ \int_{0}^{1} $\sqrt{1+f'(x)^2}$ \,dx \] + \( \frac{1}{2} \)\( \int_{0}^{1} $\sqrt{1+f'(1-x)^2}$ \,dx \) = \(\int_{0}^{1} $\sqrt{1+f'(x)^2}$ \,dx\)
\end{center}   
 
\bigskip    
Dacă f este diferențiat numai pe intervalul deschis (0,1), dar convergența integrală a lungimii arcului este necorespunzătoare pentru f, atunci inegalitatea este încă valabilă luând în considerare limitele. Funcțiile tipice înscrise în concurs se pot diferenția cel puțin pe intervalul de unitate deschisă. Cea mai familiară familie de funcții pentru mulți studenți sunt polinoame. Singurul polinom pătratic eligibil pentru concurs $f(x)=6x(1-x)$,
care are o lungime a arcului de 3,24903. Mulți studenți vor investiga, de asemenea, polinoame curbice, dar prin a doua observație de mai sus, aceasta este o propunere pierzătoare, deoarece dacă f este orice polinom cub care îndeplinește condițiile concursului, atunci
 
\begin{center}
    $g(x)=\( \frac{1}{2} \)\Big(f(x) + f(1-x)\Big) = 6x(1-x)$$
\end{center}
 
\newpage
 
Prin urmare, nici un polinom cub eligibil nu are o lungime a arcului mai mică de 3,24903. Cu toate acestea, există speranță pentru un polinom de gradul patru. Lăsa
 
\begin{center}
    $f(x)=Ax + Bx^2 + Cx^3 + Dx^4$
\end{center}
 
\bigskip
Condițiile (2) și (3) dau două ecuații liniare pentru cei patru coeficienți A, B, C și D care pot fi reduși la
 
\begin{center}
    $A = \( \frac{1}{10} \)(60+5C+8D)$\\
\end{center}
\begin{center}
     $B = \( -\frac{3}{10} \)(20+5C+6D)$$
\end{center}
 
Prin observația noastră vom presupune că f este simetric față de linia x=1/2. Atunci
 
\begin{center}
    $0 = f(x) - f(1-x) = (C+2D)x (1-3x+2x^2)$
\end{center}
 
pentru toate x din intervalul de unitate. Prin urmare $C=2D$. Știm că f are rădăcini la x=0 și x=1. Celelalte rădăcini potențiale ar fi la
 
\begin{center}
   \[ x=\frac{5D \pm \sqrt{5D(120+D)}}{10D} \]
\end{center}
 
\bigskip
Pentru a satisface condiția (1) concursului, aceste două rădăcini trebuie să fie complexe sau, dacă sunt reale, trebuie să se afle în afara intervalului de unitate deschisă sau să fie o rădăcină dublă la x=1/2 (care apare când D=-120). Investigarea acestor posibilătăți arată că condiția (1) se menține când $-120\le D \le 30$. Acum, lungimea arcului polinomului f va fi o funcție a coeficientului D. 
 
\newpage
Vedem că există un minim pe care matematica îl determină să fie 2.95752 la D= -22.4935. Prin urmare, cel mai bun polinom de gradul IV pentru concurs este
 
\begin{center}
    $f(x)=10.4987x - 32.9922x^2 + 44.987x^3 - 22.4935x^4$
\end{center}
 
\bigskip
cu o lungime a arcului de 2.95752. S-ar putea continua cercetarea polinoamelor de grad superior pentru a găsi funcții cu lungimea arcului mai mică de 2.95752. De exemplu, polinomul de gradul 6
 
\begin{center}
    $16.2511x - 99.5369x^2 + 316.046x^3 - 531.71x^4 + 448.424x^5 - 149.475x^6$
\end{center}
 
\bigskip
îndeplinește condițiile concursului și are o lungime a arcului de 2.8796. Astfel de investigații devin tot mai dificile, totuși, deoarece lungimile arcului devin funcții ale mai multor coeficiențidupă invocarea cerințelor (2) și (3) și a presupunerii de simetrie pentru a găsi relații liniare între coeficienți. Pe lângă polinoame, celelalte funcții cele mai populare pe care studenții le folosesc în concurs sunt cele care încep cu funcția
sinus și un semicerc. După ajustarea pentru condiția (3), aceste opțiuni conduc la intrări
 
\begin{center}
    $$f(x)=\[ \frac{\pi}{2} \sin(\pi x) \]$$
\end{center}
 
\bigskip
cu o lungime a arcului de 3.3655 și 
 
\begin{center}
    $$f(x)=\[ \frac{8}{\pi} \sqrt{x-x^2} \]$$
\end{center}
 
 
\bigskip
jumătatea superioară a unei elipse cu o lungime a arcului de 2.91946. [Notă: Versiunea originală a acestei lucrări a raportat lungimea arcului semi-elipsei ca fiind 2.91902.] Semi-elipsa a câștigat întotdeauna concursul, dar abia anul acesta, un grup de studenți a decis să investigheze funcțiile formularului
 
\begin{center}
    $f(x)=An x^n \arccos(x)$
\end{center}
 
\newpage
pentru n> 0. Cele trei intrări ale acestora constau din funcții cu n = 1/100, n = 1/2 și n = 1. Pe baza aproximărilor lor numerice, au conjecturat că lungimea arcului ar putea fi micșorată luând n mai aproape de 0. Din păcate, nu au reușit să realizeze dificultățile numerice în evaluarea integralei necorespunzătoare pentru n = 1/100 (cu An = 1.013095. Derivați , sistemul de algebră al computerului pe care îl folosim în clasă, oferă un avertisment de „precizie dubioasă” și o valoare de 1,97361 pentru lungimea arcului folosind precizia implicită! poate fi confirmată calculând a doua derivată.
 
\bigskip
\includegraphics{fig3a}
 
\bigskip
Graficul are un maxim de aproximativ (0,015, 1,51). Prin urmare, lungimea arcului real va fi mai mare decât suma lungimilor segmentului de linie care leagă originea cu acest punct maxim și segmentul care leagă punctul maxim cu (1,0). Această sumă este 3.313. Lungimea arcului pentru n = 1/2, cu An = 1.716209468, este 2.91913, care abia bate aproape semi-elipsa. Ar fi putut acest grup de studenți să se descurce mai bine? Folosirea matematică pentru a integra xn arccos (x) pe intervalul [0,1] arată că ar trebui să luăm
 
\begin{center}
    $A = 2^2^+^2 T\Big((3+n)/2\Big)^2/\Big(\piT(n+1)\Big)$
\end{center}
 
\newpage
să aibă funcția $f(x) = Anx^n \arccos(x)$ să îndeplinească condiția (3) concursului. După înlocuirea acestei expresii, lungimea arcului lui f pe intervalul unitar devine o funcție de n.
 
\bigskip
\includegraphics{fig4a}
 
\bigskip
Figura de mai sus arată că această funcție are un minim pe care mathematica îl calculează să apară la n = 0.379358, obținând o lungime a arcului de 2.90467. Cu toate acestea, funcția pe care tocmai am găsit-o nu este simetrică. Dacă lăsăm
 
\begin{center}
    $g(x)=0.76618\Big(x^0^.^3^7^9^3^5^8 \arccos(x) +(1-x)^0^.^3^7^9^3^5^8 \arccos(1-x)\Big)$
\end{center}
 
\bigskip
obținem o funcție care este simetrică și are lungimea arcului 2.87535. Aceasta se află la 3,23\% din cea mai mare limită inferioară a lungimilor curbelor admisibile. Cea mai bună soluție pe care am găsit-o, însă, care este construită din funcțiile standard de calcul este
 
\begin{center}
    $f(x)=1.10278[\sin(\pi x)]^0^.^1^5^3^7^6^4$
\end{center}
 
\newpage
cu o lungime a arcului de 2,78946. Motivul pentru care funcționează atât de bine este că exponentul mic face ca laturile grafului să fie foarte abrupte lângă x = 0 și x = 1, astfel încât graficul să se apropie destul de strâns de semicercul așezat deasupra dreptunghiului de înălțime $1-\pi / 8$, așa cum se arată în figura urmatoare:
 
\bigskip
\includegraphics[scale=0.8]{fig5a}
 
\bigskip
Studenții interesați de concursul de lungime a arcului ar putea fi, de asemenea, interesați să citească despre istoria unor tipuri similare de probleme. Problema lui Dido implică găsirea figurii cu cea mai mare zonă dintre toate figurile plane mărginite de o linie și o curbă de lungime dată. 

\newpage
\begin\textbf{Large}
\textbf{BIBLIOGRAFIE}
\end{Large}
\\
\bigskip
\bigskip

https://larryriddle.agnesscott.org/arc/contest.htm
 
\end{large}
\end{flushleft}
\end{document}