Рішення геометричних задач з диференціальними рівняннями

курсовая работа

Введення

При вивченні геометричних задач не завжди вдається безпосередньо встановити пряму залежність між величинами, що описують той або інший еволюційний процес. Однак у більшості випадків можна встановити звязок між величинами (функціями) їхньої зміни щодо інших (незалежних) змінних величин, тобто знайти рівняння, у яких невідомі функції входять під знак похідної. Ці рівняння називають диференціальними.

Найпростішим прикладом диференціального рівняння є рівняння

де f(x) - відома, а y=y(x) - шукана функції незалежного змінного х. Рішення цього рівняння називають первісними функціями для функції f(x). Наприклад, рішеннями диференціального рівняння

є функції

де С- довільна постійна, причому інших рішень це рівняння не має.

Характерна властивість диференціальних рівнянь - мати нескінченну множину рішень. У цьому змісті наведений вище приклад типовий. Тому, вирішивши диференціальне рівняння, що описує еволюцію деякого процесу, не можна одночасно знайти залежність між величинами, що характеризують даний процес. Щоб виділити з нескінченної множини залежностей ту, котра описує саме цей процес, треба мати додаткову інформацію, наприклад, знати початковий стан процесу. Без цієї додаткової умови задача невизначена.

Розглянемо кілька конкретних задач, що приводять до диференціальних рівнянь.

1. Огинаючи лінії

Допустимо, що нам відомо для деякого диференціального рівняння F(x, в, )==0 (1) сімейство

F(x, в, С)==0 (2)

інтегральних ліній, що покриває деяку замкнуту область G площини (х, у) так, що через кожну крапку такої області проходить принаймні одна лінія цього сімейства. Потрібно знайти таку минаючу по G лінію L, що у кожній своїй крапці стосується деякої лінії сімейства (2) і кожного шматка якої стосується нескінченна множина ліній цього сімейства . Така лінія L називається огинаючи сімейства (2). Очевидно, що обгинає сімейства інтегральних ліній буде також інтегральною лінією рівняння (1), тому що в кожній її крапці вона стосується деякій інтегральній кривій і, отже, має напрямок поля. Щодо функції F (х, в, С) нам доведеться припустити, що вона має безперервні похідні по всіх своїх аргументах, і зробити ще деякі інші припущення, про які буде сказано трохи пізніше і які в нашім тексті надруковані курсивом.

Допустимо, що шукана лінія існує. Тому що вона в кожній своїй крапці (х, у) стосується деякої лінії [значок Із указує те значення параметра С, при якому рівняння цієї лінії виходить із загального рівняння (2)], те координати її крапок задовольняють рівнянню F(x, в, С(х, у)) =0, де тепер Із уже не постійно, але в кожній крапці лінії L приймає свій значення (саме рівне тому С, що відповідає лінії ). Будемо розглядати тільки такий шматок лінії L, де в є диференцюєма функція від х (точно так само можна досліджувати шматки, де х є диференцюєма функція від у). Тоді можна вважати С у попереднім рівнянні залежної тільки від х і переписати це рівняння в наступному виді:

F(x,y, C(x)) = 0. (3)

Допустимо, що функція С(х) диференцуєма, не постійна ні в якому інтервалі розглянутих значень х і нам відома. Знайдемо тоді з рівняння (3) значення у для задовольняючому цьому рівнянню функції у від х. диференціюємо для цього рівняння (3) по х, уважаючи у функцією від х. Одержимо

С іншого боку, якби ми знайшли у для минаючої через ту ж крапку (х, у) лінії сімейства (2), ми одержали б

Щоб обумовлені з обох рівнянь значення у (визначити у із цих рівнянь можна, якщо ) були однакові (тобто щоб у цій крапці лінія (2) і лінія (3) мали загальну дотичну), необхідно, щоб було .

Щоб цей добуток було дорівнює 0, треба, щоб принаймні один з його множників звертався в 0. Якщо на деякому інтервалі, це буде означати, що С постійно, що суперечить припущенню. Тому для згинаючих повинне бути (4)

Легко бачити й зворотне: саме, що, якщо при збереженні всіх зроблених допущень відносно F(x, в, С) рівняння (3) і (4) визначають в(х) і С(x), як диференцуємі функції від х, причому С(х) ні в якому інтервалі розглянутих значень х не постійна, то в = в(х) буде згинаючі сімейства (2).

Зауваження 1. Тому що в постановці задачі х и в були зовсім рівноправні, то в її рішенні ролі х и в можна поміняти.

Зауваження 2. Огинаючи сімейства інтегральних ліній деякого диференціального рівняння 1-го порядку завжди є істотно особливою інтегральною лінією для цього рівняння, тому що з кожної її крапки по одному напрямку виходять принаймні дві інтегральні лінії.

Приклад 1. На всій площині (x, y) дане сімейство кривих

(5)

Воно складається з кубічних парабол, отриманих з одним зрушенням, паралельним осі .

Дорівнюючи нулю, одержимо . Звідси С = - х. Підставляючи це в рівняння сімейства, одержимо лінію в = 0, що, мабуть, є огинаючи сімейства (5)

Зауваження. Якби ми написали рівняння нашого сімейства у вигляді

те був б = -1 і наш метод не дав би обгинає, котра насправді існує. Це відбувається тому, що тепер не існує при в = 0.

Приклад 2. На всій площині (х, у) задане сімейство кривих

(6)

Дорівнюючи нулю , одержимо .

Звідси С= -x. Підставляючи це в рівняння (6), одержимо в = 0.

Але легко бачити, що вісь x-ов не є згинаючим сімейством (6) (див. малюнок). Це відбувається тільки тому, що при в = 0

Приклад 3. Сімейство окружності

(7)

покриває смужку між прямими х = ±1. Дорівнюючи нулю , одержимо 2(в + С) = 0. Звідси С = -в. Підставляючи це замість С у рівняння сімейства, одержимо х = ±1.

Кожна із цих прямих є огинаючи сімейства (7) (див. мал.).

Делись добром ;)