Автор Тема: Задачи на составление дифференциального уравнения  (Прочитано 1064 раз)

0 Пользователей и 1 Гость просматривают эту тему.

Оффлайн dexx123

  • Пользователь
  • Сообщений: 23
    • Просмотр профиля
Найти семейство линий, касательные к которым отсекают от оси абсцисс отрезки, равные ординате точки касания. Помогите, пожалуйста!
 

Оффлайн Admin

  • Администратор
  • Сообщений: 4910
  • Поблагодарили: 1565 раз(а)
    • Просмотр профиля
Рисунок сделайте самостоятельно. Пусть \( y=f(x) \) - уравнение искомого семейства линий. Тогда касательная к некоторой линии данного семейства в произвольной точке \( (x_0, y_0) \) определяется уравнением \( y-y_0=f'(x_0)(x-x_0) \). Найдём длину отрезка, отсекаемого касательной на оси абсцисс, для чего положим \( y=0 \) в уравнении касательной: \( x=x_0-\frac{y_0}{f'(x_0)} \). Согласно условию задачи, \( x_0-\frac{y_0}{f'(x_0)}=y_0 \). Заменяя \( x_0 \) на \( x \), \( y_0 \) на \( y \), \( f'(x_0) \) на \( y' \), получим дифференциальное уравнение: \( x-\frac{y}{y'}=y \) или \( y'=\frac{y}{x-y} \). Учитывая, что \( y'=\frac{dy}{dx} \), представим уравнение в виде \( x'=\frac{x}{y}-1 \), где \( x=\varphi(y) \). Это однородное уравнение. Для его решения положим \( \frac{x}{y}=t(y) \). Тогда \( x'=t+yt' \) и \( x'=\frac{x}{y}-1 \ \Rightarrow \) \( t+yt'=t-1 \ \Rightarrow \ y \frac{dt}{dy}=-1  \) \(  \Rightarrow \ dt=-\frac{dy}{y}  \) \( \Rightarrow \ t+\ln|y|+\ln e^{-C_1}=0 \). Положим \( \pm e^{-C_1}=C \), тогда \( \frac{x}{y}+\ln Cy=0 \) или \( x+y \ln Cy=0 \) - уравнение искомого семейства.
 
Сказали спасибо: Alexey

Оффлайн dexx123

  • Пользователь
  • Сообщений: 23
    • Просмотр профиля
Сложная задача. Спасибо!
 

Оффлайн mat1

  • Пользователь
  • Сообщений: 27
    • Просмотр профиля
найти кривую у которой точка пересечения любой касательной с осью абсцисс одинаково удалена от точки касания и от начала координат
 

Оффлайн mat1

  • Пользователь
  • Сообщений: 27
    • Просмотр профиля
найти линию для которой произведение абсциссы какой-нибудь точки на величину отрезка отсекаемого нормалью на оси ординат равно удвоенному квадрату расстояния от этой точки до начала координат
 

Оффлайн Admin

  • Администратор
  • Сообщений: 4910
  • Поблагодарили: 1565 раз(а)
    • Просмотр профиля
Пусть \(  \large y=f(x) \) - уравнение искомой линии. Тогда уравнение нормали в точке с координатами \(  \large (x_0,y_0) \) имеет вид \(  \large y-y_0=-\frac{1}{f'(x_0)} \left( x - x_0 \right) \). Следовательно, длина отрезка, отсекаемого нормалью на оси ординат равна \(  \large  y_0+\frac{x_0}{f'(x_0)} \). Согласно условию задачи, произведение этой длины и абсциссы точки касания равно квадрату расстояния от этой точки до начала координат, умноженному на два. Имеем:

\(  \large x_0y_0 + \frac{x_0^2}{f'(x_0)}=(\sqrt{x_0^2 + y_0^2})^2 \).

Заменяя всюду \(  \large x_0 \) на \(  \large x \), \(  \large y_0 \) на \(  \large y \), \(  \large f'(x_0) \) на \(  \large y' \), а также умножая обе части уравнения на \(  \large y' \), получим дифференциальное уравнение с разделяющимися переменными:

\(  \large xyy'=y^2 \).
 

Оффлайн Admin

  • Администратор
  • Сообщений: 4910
  • Поблагодарили: 1565 раз(а)
    • Просмотр профиля
Рекомендуется сделать рисунок. Пусть \(  \large y=f(x) \) - уравнение искомой кривой. Тогда уравнение касательной к данной кривой в точке \(  \large (x_0,y_0) \) имеет вид \(  \large y-y_0=f'(x_0)(x-x_0) \). Положим \(  \large y=0 \) в уравнении касательной и найдём абсциссу точки пересечения касательной с осью абсцисс. Имеем: \(  \large x=x_0-\frac{y_0}{f'(x_0)} \). Согласно условию задачи, точка пересечения любой касательной с горизонтальной осью одинаково удалена от точки касания и от начала координат. Следовательно, используя формулу для вычисления расстояния между точками, получим:

\(  \large \sqrt{ \left( x_0 - \frac{y_0}{f'(x_0)}-0 \right)^2 + (0-0)^2}=\sqrt{\left( x_0 - \frac{y_0}{f'(x_0)} -x_0 \right)^2 - (0-y_0)^2} \).

Возводя обе части этого равенства в квадрат и заменяя везде \(  \large x_0 \) на \(  \large x \), \(  \large y_0 \) на \(  \large y \), \(  \large f'(x_0) \) на \(  \large y' \), получим однородное дифференциальное уравнение:

\(  \large y'(x^2+y^2)=2xy \)

или


\(  \Large y'=2 \frac{\frac{y}{x}}{1+ \left( \frac{y}{x} \right)^2} \).

Чтобы свести данное дифференциальное уравнение к уравнению с разделяющимися переменными, положим \(  \large \frac{y}{x}=t(x) \). Тогда \(  \large y'=t(x) + xt'(x) \), а уравнение после замены переменной и упрощения примет вид

\(  \Large \frac{dx}{x}=\frac{1+t^2}{1-t^3}dt \).

Осталось проинтегрировать это уравнение.
 

Оффлайн mat1

  • Пользователь
  • Сообщений: 27
    • Просмотр профиля
Спасибо. А как его проинтегрировать?
 

Оффлайн Admin

  • Администратор
  • Сообщений: 4910
  • Поблагодарили: 1565 раз(а)
    • Просмотр профиля
А как его проинтегрировать?

Ознакомьтесь с методами решения дифференциальных уравнений первого порядка. Если что-то не поймёте, спрашивайте.
 

Оффлайн Андрей

  • Пользователь
  • Сообщений: 27
    • Просмотр профиля
Найти кривую, которая проходит через точку (0;1) и обладает тем свойством, что в каждой её точке тангенс угла наклона касательной к этой кривой равен удвоенному произведению координат точки касания.
 

Оффлайн Admin

  • Администратор
  • Сообщений: 4910
  • Поблагодарили: 1565 раз(а)
    • Просмотр профиля
Пусть \(  \large y=f(x) \) - уравнение искомой кривой. Поскольку тангенс угла наклона касательной равен производной, используя условие задачи, получим: \(  \large f'(x_0)=x_0y_0 \). Заменим \(  \large f'(x_0) \) на \(  \large y' \), \(  \large y_0 \) на \(  \large y \), \(  \large x_0 \) на \(  \large x \), после этого получим дифференциальное уравнение с разделяющимися переменными: \(  \large y'=xy \).

Разделяем переменные и интегрируем:

\(  \large \frac{dy}{dx}=xy \),

\(  \large \frac{dy}{y}=xdx \),

\(  \large \int \frac{dy}{y}=\int xdx \),

\(  \large \ln |y|=k+ \frac{x^2}{2}, \ k=\textrm{const} \),

\(  \large \ln |y|=\ln \left(  e^{k} \cdot e^{\frac{x^2}{2}}  \right) \),

\(  \large y= \pm e^{k} \cdot e^{\frac{x^2}{2}} \),

\(  \large y= Ce^{\frac{x^2}{2}}, \ C=\pm e^k \).

Осталось подставить координаты точки, через которую проходит искомая кривая, и найти одну-единственную кривую из найденного семейства.
 

Оффлайн Max

  • Пользователь
  • Сообщений: 19
    • Просмотр профиля
Найти кривую, касательная к которой в каждой её точке перпендикулярна радиус-вектору точки касания.
 

Оффлайн Admin

  • Администратор
  • Сообщений: 4910
  • Поблагодарили: 1565 раз(а)
    • Просмотр профиля
Чтобы понять геометрический смысл задачи, рекомендуется сделать рисунок, где нужно изобразить искомую кривую (произвольно),  касательную к ней и радиус-вектор точки касания. Пусть \(  \large y=f(x) \) - уравнение искомой кривой (точнее, уравнение семейства кривых). Тогда касательная к данной кривой в точке \(  \large (x_0,y_0) \) определяется уравнением \(  \large y-y_0=f'(x_0)(x-x_0) \) или \(  \large y=f'(x_0)x-f'(x_0)x_0+y_0 \). Радиус-вектор точки \(  \large (x_0,y_0) \) лежит на прямой, проходящей через эту точку и начало координат. Найдём уравнение этой прямой:

\(  \large \frac{y-y_1}{y_2-y_1}=\frac{x-x_1}{x_2-x-1} \ \Leftrightarrow \ \frac{y-y_0}{0-y_0}=\frac{x-x_0}{0-x_0} \ \Leftrightarrow \ x_0y_0-x_0y=x_0y_0-y_0x \ \Leftrightarrow \ y=\frac{y_0}{x_0}x \).

Согласно условию задачи, касательная перпендикулярна радиус-вектору. Значит, \(  \Large f'(x_0)=-\frac{1}{\frac{y_0}{x_0}} \). Итак, получили уравнение с разделяющимися переменными: \(  \large y'=-\frac{x}{y} \). Интегрируем:

\(  \large \frac{dy}{dx}=-\frac{x}{y} \),

\(  \large ydy+xdx=0 \),

\(  \large \frac{y^2}{2}+\frac{x^2}{2}=C_1 \),

\(  \large x^2+y^2=C, \ C=2C_1 \).

Получили уравнение окружности произвольного радиуса с центром в начале координат.
 

Оффлайн Max

  • Пользователь
  • Сообщений: 19
    • Просмотр профиля
Спасибо большое!
 

Оффлайн cooker

  • Пользователь
  • Сообщений: 12
    • Просмотр профиля
Найти уравнение семейства линий, для которых точка пересечения любой касательной с осью абсцисс имеет абсциссу, равную 2/3 абсциссы точки касания.
 

Оффлайн Admin

  • Администратор
  • Сообщений: 4910
  • Поблагодарили: 1565 раз(а)
    • Просмотр профиля
В таких случаях рекомендуется сделать чертёж. Пусть \(  \large y=f(x) \) - уравнение искомого семейства линий. Тогда касательная к данной линии в некоторой точке \(  \large (x_0,y_0) \) определяется уравнением \(  \large y-y_0=f'(x_0)(x-x_0) \). Следовательно, абсцисса точки пересечения этой касательной с осью абсцисс равна \(  \large x_0-\frac{y_0}{f'(x_0)} \). Согласно условию задачи, \(  \large x_0-\frac{y_0}{f'(x_0)}=\frac{2}{3}x_0 \). Итак, получим уравнение с разделяющимися переменными:

\(  \large xy'=3y  \).

Разделяем переменные и интегрируем:

\(  \large xdy=3ydx \),

\(  \large \frac{dy}{y}=3 \frac{dx}{x} \),

\(  \large \ln|y|= \ln |x^3| + k, \ k = \textrm{const} \),

\(  \large \ln |y|=\ln |x^3|+ \ln e^k \),

\(  \large y= \pm e^k x^3 \),

\(  \large y=Cx^3, \ C= \pm e^k \).

Значит, \(  \large y=Cx^3 \) - искомое уравнение.
 

Оффлайн cooker

  • Пользователь
  • Сообщений: 12
    • Просмотр профиля
Спасибо!