Решение геометрических задач

Решение геометрических задач.

При решении геометрических задач с помощью дифференциальных уравнений рекомендуется следующая последовательность действий - сделать чертж и ввести обозначения - отделить условия. Имеющие место в произвольной точке искомой линии, от условий, выполняющихся лишь в отдельных точках - выразить все упомянутые в задаче величины через координаты произвольной точки и через значение производной в этой точке, учитывая геометрический смысл производной - по условию задачи составить дифференциальное уравнение - найти общее решение этого уравнения и получить из него с помощью начальных условий уравнение искомой линии.

Задача1. Определить поверхность, по которой необходимо отшлифовать зеркало прожектора, чтобы все лучи, выходящие из источника света, помещнного в точке О на оси вращения, отражались бы зеркалом параллельно этой оси рис.5. Решение. Возьмм меридианное сечение поверхности вращения. Выберем начало координат в точке 0, ось абсцисс направим по оси вращения и обозначим угол между положительным направлением оси абсцисс и касательной к искомой кривой, проведнной в точке Mx y, через б. Тогда по условию задачи имеем LSMT б. Но LOMN LTMN угол падения равен углу отражения, поэтому LOMA LSMT б. Таким образом, треугольник OAM - равнобедренный и ОАОМ. Из чертежа видно, что АОАР-ОРу сtg б - x. Поскольку сtg б 1 tg б 1y, то АОАР-ОР у y - x. С другой стороны, Получаем дифференциальное уравнение Запишем его в форме Получили однородное дифференциальное уравнение.

После подстановки x yu, dx udy ydu, получаем уравнение с разделяющимися переменными Преобразования дают Интегрируя, находим Запишем полученное уравнение в виде Получаем у 2 - 2Сх С 2, или, приводя к каноническому виду у2 2рх В результате, мы получили семейство парабол, симметричных относительно оси абсцисс, с параметром С и с вершиной, находящейся в точке С2 0, причм фокусы всех этих парабол находятся в точке 0. Ответ. Искомой поверхностью является параболоид вращения, причм источник света находится в фокусе вращающейся параболы.

В некоторых случаях решение задач приводит к уравнениям, содержащим искомую функцию под знаком интеграла, т. е. Так называемым интегральным уравнениям.

Такие уравнения после дифференцирования обеих частей иногда сводятся к дифференциальным уравнениям. Задача2. Найти кривую, обладающую следующим свойством для любой точки Мх у центр тяжести криволинейной трапеции, ограниченной осями координат, дугой этой кривой и отрезком, соединяющим точку М с е проекцией на ось абсцисс рис.6, равен абсциссы этой точки. Решение.

Из теории интегрального исчисления известно, что абсцисса центра тяжести данной криволинейной трапеции выражается формулой где t переменная интегрирования, а у уt уравнение искомой кривой. По условию задачи имеем уравнение Это уравнение является интегральным, так как искомая функция в нм содержится под знаком интеграла. Перепишем это уравнение в виде и продифференцируем обе части неравенства по х. Известно, что производная интеграла по верхнему пределу интегрирования равна соответствующему значению подынтегральной функции, откуда Это уравнение так же является интегральным.

Приведм подобные и вторично продифференцируем Получаем дифференциальное уравнение с разделяющимися переменными Согласно п.1.2.2 его общее решение Заметим, что вообще, любое дифференциальное уравнение у fx y с начальными условиями yx0 y0 равносильно интегральному уравнению Ответ. Кривая, для любой точки которой центр тяжести криволинейной трапеции, ограниченной осями координат, дугой этой кривой и отрезком, соединяющим точку с е проекцией на ось абсцисс, равен абсциссы этой точки является любой параболой из семейства 2.4.