Применение ДУ с разделяющимися переменными: задачи из геометрии

Задачи из геометрии интересны тем, что они позволяют построить семейство кривых линий по совокупным свойствам этих линий. Так как рассматриваются ДУ 1-го порядка, то к этим свойствам относят соотношения величин (x,y,y′), определяющих отрезки: абсциссы, ординаты, параметры касательных и нормалей.

Следующий Пример устанавливает все основные соотношения, определяющие наиболее часто применяемые «отрезки», связанные с произвольной кривой.

☺☺

Пример 1 – 19: Имеем уравнение кривой y = y (x). В точке М =(x, y) этой кривой проведены касательная и нормаль. Приняты понятия: (1)

▪ точка Т =(x _T,0) – точка пересечения касательной с ОХ;

▪ точка А =(0, y _А) – точка пересечения касательной с ОY;

▪ точка N =(x _N,0) – точка пересечения нормали с ОХ;

▪ точка B =(0, y _B) – точка пересечения нормали с ОY;

▪ точка D =(x,0) – абсцисса точки М;

▪ точка С =(0, y) – ордината точки М;

▪ отрезок МТ – отрезок касательной между точками М и Т;

▪ отрезок DТ – «подкасательная»: отрезок оси ОХ между точками D и Т;

▪ отрезок МN – отрезок нормали между точками М и N;

▪ отрезок DN – «поднормаль»: отрезок оси ОХ между точками D и N;

Определим координаты точек: Т, А, N, B, а также отрезки: МТ, DТ, МN, DN.

Решение:

1). Учитывая, что угловой коэффициент касательной равен y′, запишем уравнение касательной: y – y = y′ (x – x), (1)

где (x, y) – произвольная точка касательной.

2). Учитывая, что угловой коэффициент нормали равен: – , запишем уравнение нормали: y – y =– (x – x), (2)

где (x, y) – произвольная точка нормали.

2). Определим координаты точек Т и А пересечения касательной (1) с осями координат:

а) y =0 → x = x _T = х – → T = ; б) x =0 → y = y _А= y – y ′ х → А =(0, y – y ′ х);

3). Определим координаты точек N и B пересечения нормали (2) с осями координат:

а) y =0 → x = x _N = х + yy ′ → N =(х + yy ′,0); б) x =0 → y = y _B= y + → B =(0, y + ).

4). Определим отрезок касательной и подкасательной:

а) вектор: МТ = Т – М = –(x, y)= ; б) длина: | МТ |= ;

в) вектор: DT = T – D = – (х,0)= – подкасательная.

5). Определим отрезок нормали:

а) вектор: МN = N – М =(х + yy ′,0)–(x, y)=(yy ′,– y); б) длина: | МN |= .

в) вектор: ND = D – N =(х,0)– (х + yy ′,0)= (– yy ′,0) – поднормаль.

Ответ: Определены все упомянутые точки и отрезки.

Следствие: 1). Все точки определены как радиус-векторы. Отрезки определены сначала как «векторы», а потом как «длины».

2). Создавая из названных «элементов» различные равенства, будем получать дифференциальные уравнения, определяющие различные кривые!

Пример 1 – 20: Найти уравнение кривой, зная, что отрезок, который отсекается касательной в произвольной точке кривой на оси ординат, равен удвоенной ординате точки касания.

Решение:

В Примере 1 – 19 получены выражения: А = OА =(0, y – y ′ х); – отсекаемого касательной на оси ординат, DМ =(0, y) – ординаты.

Замечание: 1). В условии задачи допущена некорректность: если «отрезок» – «длина», то задача должна рассматриваться только для y >0;

2). Если условие задачи понимать в самом общем случае, то: | OА | = | DМ |.

Для лучшего восприятия задачи воспользуемся рисунком: отрезки ОА и МD выделены красным цветом. Через некоторую точку М (x, y) плоскости OXY проходит кривая y =(y) со свойством:

▪ Случай-1: [отрезок OА ]= 2[отрезок DМ ]; (1)

▪ Случай-2: [отрезок OА ]= –2[отрезок DМ ]. (2)

Случай-1.

0). Из условия запишем: y – y ′ х =2 y, или хy ′+ y =0 – дифференциальное уравнение для нахождения кривой с заданными свойствами. Остается решить это уравнение!

1). Запишем уравнение в виде: xdy + ydx =0 – уравнение с разделяющимися переменными.

2). Учитывая Случай-В, запишем решения, которые следуют из исходной записи уравнения: x =0 – ось ОY; y =0 – ось ОХ. Эти решения не отражают существа поставленной «геометрической задачи».

3). Учитывая, что теперь x ≠0 и y ≠0, запишем уравнение в виде: + =0; «видим!»: переменные разделились → можно приступить к интегрированию ДУ!

4). Интегрируем: + =C или ln| y | + ln|x| = ln C, лучше: x ∙ y = C – общее решение дифференциального уравнения: семейство гипербол, известного из школы в виде записи: y = C .

Замечание: если потребовать, чтобы интегральная кривая проходила через точку М (1,1), то из семейства гипербол при С=1 была бы выделена гипербола: y = .

Случай-2.

0). Из условия запишем: y – y ′ х =–2 y, или хy ′–3 y =0 – дифференциальное уравнение для нахождения кривой с заданными свойствами. Остается решить это уравнение!

1). Запишем уравнение в виде: xdy –3 ydx =0 – уравнение с разделяющимися переменными.

2). Учитывая Случай-В, запишем решения, которые следуют из исходной записи уравнения: x =0 – ось ОY; y =0 – ось ОХ. Эти решения не отражают существа поставленной «геометрической задачи».

3). Учитывая, что теперь x ≠0 и y ≠0, запишем уравнение в виде: –3 =0; «видим!»: переменные разделились → можно приступить к интегрированию ДУ!

4). Интегрируем: =3 +C или ln| y | = 3 ln C x, лучше: y = Cx ³ – общее решение дифференциального уравнения: семейство кубических парабол. На рисунке показаны интегральные кривые для С >0 (для лучшего восприятия!), для С<0 показанное семейство нужно зеркально отобразить относительно оси ОХ.

Ответ: Случай-1: y = C – общее решение ДУ; Случай-2: y = Cx ³ – общее решение ДУ. Решения ДУ: x =0 и y =0 теряют привычный геометрический смысл, и мы их в этой задаче не выделяем!

☻