ВУЗ:
Составители:
Рубрика:
61
При данных условиях касательная образует тупой угол
α
с полуосью
OX . Смежный с ним угол
α−π
имеет тангенс, который равен
отношению ординаты
y
~
точки пересечения касательной с осью OY к
абсциссе x
~
точки пересечения ее же с осью
OX .
По условию задачи, точка касания
),( yx лежит в середине этого
отрезка, поэтому
xx
~
yy
~
2=,2= .
Тогда получаем:
x
y
2
2
=)(tg α−π
или
x
y
−α =tg
.
Используя геометрический смысл производной, последнее равенство
можно записать в виде
,=
x
y
y −
′
т.е. мы пришли к дифференциальному
уравнению линии (в данном случае к уравнению с разделяющимися
переменными). Решим его:
x
y
dx
dy
−=
;
x
dx
y
dy
∫∫
−=
; Cxy ln||ln|=|ln +− ; Cyx ln||ln = .
Теперь общее решение уравнения имеет вид:
.|=| Cyx
Расположение точки
2)(1; на линии равносильно заданию
начального условия
2=(1)y . Выполняя подстановку значений
2= 1,= yx
в общее решение, находим, что 2=C .
Окончательно получим уравнение
2,|=| yx
что равносильно заданию двух гипербол
2=xy
и
2.=
−
xy
Задача 4. Найти плоские кривые, у которых кривизна постоянна.
Решение.
Известно, что кривизна кривой находится из уравнения
()
()
()
2
3
2
1 y
y
x
′
+
′′
=κ
.
Найдем решение этого уравнения, полагая, что кривизна
()
Kconstx ==κ
. Порядок дифференциального уравнения понижаем с
помощью подстановки
() ()
xzy,xzy
′
=
′′
=
′
. Получим уравнение первого
порядка с разделяющимися переменными:
()
K
z
z
=
+
′
2
3
2
1
. (3.5)
Имеем:
(
)
2
3
2
1 zK
dx
dz
+=
;
()
dx
z
dz
K
=
+
⋅
2
3
2
1
1
;
()
∫
+=
+
1
2
3
2
1
1
Cx
z
dz
K
.
Страницы
- « первая
- ‹ предыдущая
- …
- 59
- 60
- 61
- 62
- 63
- …
- следующая ›
- последняя »
