Rachunek różniczkowy Ola: Zadanie 1. Znaleźć krzywą, której styczne odcinają na osiach współrzędnych odcinki, których suma długości jest równa 2a, gdzie a>0 Zadanie 2. Znaleźć krzywą, której styczne tworzą z osiami współrzędnych trójkąt o polu 2a2, gdzie a>0. Czy mogłabym prosić o jakieś wskazówki do tych zadań? Z góry bardzo dziękuję
11 maj 02:01
jc: 1. x + y=2a, sprawdź 2. xy=a2
11 maj 07:04
Mariusz: jc zdaje mi się że jednak dobrze napisałeś to równanie różniczkowe Dla uproszczenia obliczeń trzeba chyba było sprowadzić je do równania Clairauta Wychodzi wtedy rozwiązanie szczególne i osobliwe Równanie stycznej do krzywej y−y0=f'(x0)(x−x0) y−f(t)=f'(t)(x−t) Współrzędne punktów przecięcia stycznych z osiami układu współrzędnych 0−f(t)=f'(t)(x−t) y−f(t)=f'(t)(0−t) y=f(t)−f'(t)t
 f(t) 
x−t=−

 f'(t) 
y=f(t)−f'(t)t
 f(t) 
x=t−

 f'(t) 
 f(t) 
(f(t)−f'(t)t)+(t−

)=2a
 f'(t) 
 f(t) 
(f(t)−f'(t)t)+(t−

)−2a=0
 f'(t) 
−f(t)f'(t)+t(f'(t))2−t+f(t)+2af'(t)=0 t(f'(t))2+(2a−t−f(t))f'(t)+f(t)=0 f(t)=u(t)−t t(u'(t)−1)2+((2a−t)−(u(t)−t))(u'(t)−1)+u(t)−t=0 t((u'(t))2−2u'(t)+1)+(2a−u(t))(u'(t)−1)+u(t)−t=0 t(u'(t))2−2tu'(t)+t+(2a−u(t))u'(t)−(2a−u(t))+u(t)−t=0 tu'(t)(u'(t)−2)+2au'(t)−u(t)u'(t)−2a+u(t)+u(t)=0 tu'(t)(u'(t)−2)+2au'(t)−u(t)u'(t)−2a+2u(t)=0 tu'(t)(u'(t)−2)−u(t)(u'(t)−2)+2au'(t)−2a=0 u(t)(u'(t)−2)=tu'(t)(u'(t)−2)+2au'(t)−2a
 2au'(t)−2a 
u(t)=tu'(t)+

 u'(t)−2 
 u'(t)−1 
u(t)=tu'(t)+2a

 u'(t)−2 
 u''(t)(u'(t)−2)−(u'(t)−1)u'' 
u'(t)=u'(t)+tu''(t)+2a(

)
 (u'(t)−2)2 
 1 
u'(t)=u'(t)+tu''(t)−2au''(t)(

)
 (u'(t)−2)2 
 2a 
0=u''(t)(t−

)
 (u'(t)−2)2 
Niech u'(t)=p
 2a 
0=p(t−

)
 (p−2)2 
 2a 
p=0⋁t=

 (p−2)2 
Dla p=0
 C−1 
u(t)=Ct+2a

 C−2 
f(t)=u(t)−t
 C−1 
f(t)=(C−1)t+2a

 C−2 
 2a 
Dla t=

 (p−2)2 
 2a 
t=

 (p−2)2 
 2ap p−1 
u=

+2a

 (p−2)2 p−2 
Wyrugujmy parametr z rozwiązania szczególnego
 2a 
t=

 (p−2)2 
 2ap (p−1)(p−2) 
u=

+2a

 (p−2)2 (p−2)2 
 2a(p−1) (p−1)(p−2) 
f=

+2a

 (p−2)2 (p−2)2 
 2a(p−1)(1+p−2) 
f=

 (p−2)2 
 2a 
f=(p−1)2

 (p−2)2 
t(p−2)2=2a
 2a 
(p−2)2=

 t 
 2a 
p−2=±

 t 
 2a 
p−1=1±

 t 
 22a 2a 
(p−1)2=(1±

+

)
 t t 
 22a 2a 
f=(1±

+

)t
 t t 
f(t)=t±(22a)t+2a Mamy rozwiązanie ogólne równania
 C−1 
f(t)=(C−1)t+2a

 C−2 
oraz rozwiązanie szczególne równania f(t)=t±(22a)t+2a
22 maj 16:15
jc: Mariusz, jeszcze raz bardzo dziękuję emotka Nie pomyślałem, że istnieją tak proste rozwiązania.
24 maj 10:26
Mariusz: A mnie ciekawi czemu bez redukcji do równania Clairauta w rozwiązaniu parametrycznym otrzymałem funkcje nieelementarne To drugie zadanie można chyba analogicznie rozwiązać
24 maj 18:05