§ 3. Применение линейных уравнений 1-го порядка в задачах геометрии

Настоящий параграф продолжает тему построения кривых линий заданием некоторых дифференциальных свойств этих кривых. В Главе 1, в § 3 настоящего Пособия получены выражения для характерных отрезков кривой, связанных с касательной и нормалью этой кривой в каждой её точке.

Ниже представлены примеры, в которых дифференциальные свойства кривых линий изучаются с использованием линейных уравнений 1-го порядка.

☺☺

Пример 3–13: Найти уравнение кривой, проходящей через точку (1,1), если отрезок , отсекаемый касательной к этой кривой в точке на оси абсцисс, равен квадрату ординаты точки касания.

В Главе 1, в § 3 настоящего Пособия получено выражение: для отрезка ==, отсекаемого касательной на оси абсцисс, и длина =.

Решение:

1). Из условия задачи следует: =. Это значит, что необходимо рассмотреть два случая:

▪ =; (1)

▪ =; (2)

Случай-1.

2). Запишем уравнение (1), в виде: – стандартная форма линейного уравнения, где и .

3). Вычисляем интеграл: ==. Тогда:==(знак модуля опущен: учтены требования к функции).

4). Вычисляем интеграл: ==+=+.

5). Запишем общее решение уравнения: =∙. Для заданных начальных условий получаем:=и частное решение:=.

Случай-2.

2). Запишем уравнение (2), в виде: – стандартная форма линейного уравнения, где и .

3). Вычисляем интеграл: ==. Тогда:==.

4). Вычисляем интеграл: ==+=+.

5). Запишем общее решение уравнения: =∙– семейство кубических парабол. Для заданных начальных условий получаем:=и частное решение:=.

Ответ: частное решение для Случая-1: =, для Случая-2: =.

Пример 3–14: Найти уравнение кривой, проходящей через точку (0,1), если площадь треугольника, образуемого осью абсцисс, касательной и радиус-вектором точки касания, постоянна и равна 1.

Решение:

ВГлаве 1, в § 3 настоящего Пособия получено выражение: для отрезка =, отсекаемого касательной на оси абсцисс, и длина =.

1). Из условия задачи следует: ==2, где =, =. Это значит, что необходимо рассмотреть два случая:

▪ =2; (1)

▪ =. (2)

Случай-1.

2). Прежде всего, отметим, что из исходного уравнения (1) имеет и . Тогда можем это уравнение записать в виде: , где и .

3). Вычисляем интеграл: ==. Тогда:==, или=.

4). Вычисляем интеграл: ==+ =.

5). Запишем общее решение уравнения: ==.

6). Найдём частное решение уравнения, применяя начальные условия . Для этого случая вычисляем=и записываем частное решение:.

Полезно построить эскиз графика интегральной кривой, проходящей через точку (1,0): . На рисунке показано, как получается нужная кривая: это сумма хорошо известных функций гиперболы и прямой. Заметим, что мы должны использовать только график для значений(в соответствии с начальными условиями).

Случай-2.

2). В этом случае условия и также учитываются при получении стандартной записи уравнения записать в виде: , где и .

3). Вычисляем интеграл: ==. Тогда:==, или=.

4). Вычисляем интеграл: =. В нашем случае получаем:+ =.

5). Тогда:==– общее решение уравнения.

6). Найдём частное решение уравнения, применяя начальные условия . Для этого случая вычисляем=1 и записываем частное решение:. График этой функции симметричен графику кривой, построенной для Случая-1 решения задачи (выделено красным цветом).

Ответ: – общее решение ДУ; частное решение: , заметим, что мы должны использовать только график для значений !

Замечание: Если не заметить присутствия двух различных вариантов решения рассмотренной задачи, то зеркальное общее решение будет потеряно. Дополнительно задача подсказывает важность понимания начальных условий при исследовании конкретного процесса.

☻