Рішення геометричних задач з диференціальними рівняннями

Размещено на http://www.allbest.ru/

13

Размещено на http://www.allbest.ru/

Курсова робота

на тему:

Рішення геометричних задач з диференціальними рівняннями

Зміст

Введення

1. Огинаючі лінії

2. Бархистохрона

3. Задача про брахистохрону з фіксованою абсцисою правого кінця

4. Задача про відстань до кривої

5. Геодезичні лінії на кривої поверхні

6. Задача про геодезичну лінію

7. Задача про криволінійну трапецію з найбільшою площею

8. Крива прогину гнучкої нерозтяжної нитки

9. Поверхня обертання найменшої площі

10. Задача Дидони

Висновок

Список літератури

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 зв'язок 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.).

2. Бархистохрона

Допустимо, що крапки А и В (див. малюнок) з'єднані тонкої, абсолютно гладкої, дротом, форма якої зображується кривій y = f(x). Нехай, далі, уздовж цій кривій вільно сковзає деякий вантаж під дією сили ваги. Тоді час, у яке цей вантаж досягне крапки В, буде залежати від форми кривої. Існує деяка крива, для якої вантаж досягне крапки В у найкоротший час.

Ця крива називається «брахистохроною». Завдання полягає в тім, щоб знайти форму цієї кривої.

Для рішення задачі необхідно знайти вираження, для кількості часу, затрачуваного на ковзання вантажу по будь-якому дроті. Зручніше за все використовувати для цього три закони з області механіки:

1) Потенційна енергія вантажу пропорційна його висоті над поверхнею землі. Фактор пропорційності дорівнює масі т, помноженої на прискорення сили ваги g.

2) Кінетична енергія тіла, що рухається, пропорційна квадрату швидкості. Фактор пропорційності дорівнює .

3) Сума потенційної й кінетичної енергії тіла постійна, якщо вони не повідомляють енергії деякому іншому тілу. Це положення зветься «принципу збереження енергії». У нашій задачі відсутні сили тертя, і значить вантаж не втрачає енергій при ковзанні уздовж дроту. Тому сума його кінетичної енергії й потенційної енергії mg( ) є величина постійна. Одержуємо рівняння:

де б-невідома постійна .

Далі, слід зазначити, що вантаж рухається увесь час у напрямку дотичної до дроту. Отже, v є швидкість, з якої проходиться дуга s, . Підставляючи це вираження в (1), знаходимо:

Отже, час шляху представляється інтегралом:

Виражаючи ds через х, одержуємо:

Це і є той інтеграл, мінімум якого ми повинні знайти. Нехай y = f(x) є рівняння шуканої кривої, а в = f(х) + ?(х) рівняння сусідньої кривої. Позначимо час руху уздовж цієї останньої кривої через t+dt, де

Потрібно інтегрувати член, що залежить від вроздріб, і взяти до уваги, що е зникає в кінцях інтервалу інтеграції. Після того, як це буде зроблено, підінтегральне вираження зведеться до добутку двох множників. Один з них є як і раніше є довільним. Тому що весь інтеграл повинен зникати, то звертається в нуль інший множник, що приводить до диференціального рівняння:

Можливо вирішити це рівняння після виконання зазначеного диференціювання, але виявляється простіше зробити це відразу для рівняння (3). Тому що процес інтеграції, що ми зараз застосуємо, виявляється корисним при рішенні практичних задач, то ми проведемо його крок за кроком.

Насамперед помітимо, що рівняння не містить х. Тому заміняємо еквівалентним йому символом . Збираючи всі члени, що містять , у ліву частину, приводимо рівняння до виду:

У лівій частині рівняння вираження, що стоє перед знаком майже дорівнює вираженню під знаком . Якби вони цілком збігалися, то ліва частина була б добутком функції на її похідну й інтеграл від лівої частини рівнявся б квадрату цієї функції. Множимо тому обидві частини рівняння на такий фактор, щоб зазначена умова була виконана.

Очевидно, що цей множник є:

У правій частині замість показника ввійде при цьому 2. Зробивши цю заміну, ми негайно ж можемо інтегрувати рівняння. Одержимо:

Це рівняння легко дозволити відносно ; одержимо в результаті:

звідки:

Обчислення цього інтеграла спрощується, якщо зробити заміну змінного:

при цьому інтеграл буде дорівнює:

Рівняння (4) і (5) визначають разом шукану брахистохрону у функції допоміжної змінної, або «параметра», ?. Якщо дамо цьому параметру приватне значення, можемо знайти значення х з рівняння (5), а відповідне значення y=f(x) з (4). Очевидно, що даючи ряд значень ?, ми одержимо ряд крапок на брахистохроні. Крива, що при цьому вийде, є циклоїда, зображена на малюнку. Можемо виключити ? з рівнянь (4) і (5) і одержати в такий спосіб криву у звичайній формі:

Але зручніше користуватися параметричними рівняннями (4) і (5), замість цього складного рівняння.

3. Задача про брахистохрону з фіксованою абсцисою правого кінця

диференціальне рівняння крива

Задача. Серед гладких кривих, що починаються в крапці (а, А)= (0, 0) і кінчаються на прямій x = b > 0, знайти криву найшвидшого спуска.

Рішення. Час спуска Т(у) на кривій Y=y(x) визначається інтегралом

Лагранжевими кривими в цьому випадку є циклоїди виду

Умова трансверсальності в цьому випадку приймає вид

Шукана циклоїда повинна перетинати пряму х=b ортогональне.

Вершина циклоїди необхідно лежить на прямій х=b.

4. Задача про відстань до кривої

Задача. Серед гладких кривих Y = y(x), що починаються в крапці (а, А) і кінчаються на кривій L з рівнянням Y= Ф(x), знайти криву найменшої довжини, тобто знайти відстань від (а, А) до кривій L.

Рішення. Довжина s(y) кривій

Y = y(x), y(a) = A, y[ ?(?) ] = Ф[ ?, ? ]

визначається інтегралом

s(y)= .

Лагранжевими кривими в цьому випадку є, мабуть, прямі

.

Умова трансверсальності

приймає вид:



або

1 + = 0.

Отже, шукана пряма Y = y(x) повинна перетинати криву L ортогональне.

Із проведених міркувань також треба, що відрізок найменшої довжини, що з'єднує криві й повинен бути ортогональним і к и к .

5. Геодезичні лінії на кривої поверхні

Розглянемо крапки А и В на поверхні, зображеної на малюнку. Серед всіх кривих, які ми можемо провести на цій поверхні із крапки А в крапку В, існує одна найкоротша. Вона називається геодезичної. Цю геодезичну лінію ми й будемо відшукувати. Один зі способів визначити цю геодезичну є визначення її проекції на площину ху. Рівняння проекції А'В' разом з рівнянням поверхні цілком визначають геодезичну лінією. Нехай рівняння поверхні є z = Ф(x, y).

Тоді, якщо х и в одержать прирости dx і dy, те z одержить приріст:

Отже, для елемента довжини дуги ds маємо:

Припустимо, що крапки А и В з'єднані довільній кривій, проекція якої на площину ху є в = в(х). Тоді довжина кривої дорівнює:

Мінімум цього інтеграла ми шукаємо.

Як приклад розглянемо випадок параболічного циліндра, зображеного на наступному малюнку; його

z = b

Звідси

т. е. (1) звертається в

Можна одержати із цього інтеграла диференціальне рівняння геодезичної лінії звичайним способом, що був уже докладно роз'яснений, так що не коштує цього повторювати. Це рівняння буде:

Легко вирішити це рівняння. Рішення дає сімейство кривих на поверхні, що володіють тим властивістю, що якщо на який-небудь із кривих ми відзначимо пару крапок, то відстань по цій кривій між цими крапками менше відстані між ними по будь-якій іншій кривій. Якщо ми хочемо знайти геодезичну лінію, що проходить через дві задані крапки, те, вибираючи координати цих задані крапки, крапок як граничні значення, можемо визначити постійні інтеграції в загальному рішенні.

6. Задача про геодезичну лінію

Задача. Визначити лінію найменшої довжини, що з'єднує крапки (a, і (b, по поверхні G(x, y, z) = 0.

Рішення. Довжина просторової кривої в = в(х), z = z(x), визначається інтегралом

s(y, z)= .

Будуємо функцію Лагранжа:

F*=

Для визначення екстремали одержуємо систему Ейлера

л = 0

л = 0

яку варто вирішувати з урахуванням рівняння зв'язку G = 0 і граничних умов.

7. Задача про криволінійну трапецію з найбільшою площею

Задача. Серед кривих y, що з'єднують крапки (a, A) і (b, B), де A, B>0, і які мають задану довжину l, > + ,знайти таку, щоб криволінійна трапеція, обмежена зверху цій кривій, мала найбільшу площу. Інакше кажучи, знайти максимум функціонала

s(y)=

при граничних умовах

y(a)=A, y(b)=B

і ізопериметричного зв'язку

=l.

Рішення. Допоміжна функція має в цьому випадку вид

.

Функціонал є спеціальним, тому що не містить x явно, тому варіаційне рівняння Ейлера для цього функціонала має перший інтеграл

або

y- .

Для інтегрування останнього рівняння введемо допоміжний параметр t, полога . Тоді

І тому dx= л cos t dt або x= л sin t+

Таким чином,

.

або

.

Екстремалями є окружності. Постійні звичайним образом визначається із граничних умов і изопериметрического зв'язку.

Задача розв'язна, якщо дуга окружності довжини l, що з'єднує крапки (a, A) і (b, B), не виходить зі смуги a x b.

8. Крива прогину гнучкої нерозтяжної нитки

У двох крапках і на одному рівні й на відстані друг від друга підвішена нитка. Потрібно знайти форму, що прийме ця нитка під дією сили ваги. Нехай крива на малюнку зображує цю форму, і розглянемо який-небудь елемент довжини ds .



Одне з основних пропозицій механіки полягає в тому, що цей елемент повинен бути в рівновазі під дією сил, що діють на нього. Ці сили суть:

a) його власна вага, що є силоміць, що діє вертикально долілиць;

b) натяг нитки в нижньому кінці, що діє в напрямку дотичної в цій крапці;

c) натяг нитки у верхньому кінці, що діє в напрямку дотичної в цій крапці.

Позначимо нахили дотичних у двох кінцях через -- и і и + , напруги -- через Т и T + dT і лінійна вага нитки -- через т. Тоді, якщо три сили розкладені на їх х-х- і y- компоненти, ми одержимо відповідно:

Якщо елемент нитки повинен бути в рівновазі, під дією цих сил необхідно, щоб сума компонентів X і сума компонент У нулями, тобто:

Ділячи по членне ці рівняння, маємо:

Перше з рівнянь (1) затверджує, що горизонтальний компонент натягу та сама у двох кінцях елемента ds.

Тому що елемент ds довільно обраний, те звідси треба, що цей компонент та сама в кожній крапці кривої . Якщо позначимо її через k, то (2) прикмет вид:

Якщо ми запишемо це останнє у вигляді

і будемо наближати ds і d? до нуля, те ліва частина рівняння звернеться в похідну tan ?. Отже:

Це і є диференціальне рівняння шуканій кривій, виражене, як говорять математики, у внутрішній формі, тобто воно виражає довжину s, обмірювану, починаючи з деякої крапки, у функції нахилу дотичній. Для багатьох питань, однак, внутрішня форма не дуже зручна, і тому краще звести її до звичайної декартової формі. Для цього потрібно зробити заміну обох змінних s і ? на х и в, пов'язаних з першими співвідношеннями:

Змінне s виключається, якщо ми помітимо, що

Це дає

Диференціюючи перше з рівнянні (4) по х, ми одержуємо:

Результат підстановки буде тому:

Спростивши (5), одержуємо:

Це і є диференціальне рівняння кривої прогину нитки, виражене у функції декартових координат х и в.

9. Поверхня обертання найменшої площі

Якщо дві крапки А и В (див. малюнок) зв'язані кривій y = f(x) і вся ця фігура обертається біля осі x, то крива утворить при цьому поверхня обертання.

Площа цієї поверхні залежить від форми кривої, тобто від форми функції f(x). Існує крива, що володіє тим властивістю, що її поверхня обертання має найменшу площу.

Завдання полягає в тім, щоб знайти рівняння цієї кривої. Тому що задача схожа на ті задачі аналізу, де доводиться відшукувати крапки максимуму або мінімуму кривій, то корисно нагадати міркування, за допомогою якого такі задачі вирішуються. Воно складається в основному із трьох кроків.

1) Абсциса мінімальної крапки передбачається спочатку відомої й позначається, наприклад, буквою х.

2) Відзначається, що пересування із крапки мінімуму в будь-якому напрямку збільшує функцію, інакше кажучи, що f(x+е) і f(x е) більше f(x).

3) Якщо ? дуже мало, те

f(x+е) f(x)+е f(x -- r) f(x) е.

Одне із цих виражень більше f(x), а інше менше, якщо тільки f (х) не звертається в нуль. Але в силу 2) цього бути не може, отже в крапці мінімуму похідна функція повинна зникати.

Звичайно, цього одного недостатньо. Нагадаємо, що умова 3) необхідно також для максимуму, і доти поки ми не розглянули другу похідну, не можна довідатися, що саме ми одержали.

Однак це все, що потрібно для наших цілей.

Ми вирішимо нашу задачу шляхом зовсім аналогічним.

1) Припускаємо, що шукана крива відома й що її рівняння є

y=f(x).

2) Якщо будемо міняти форму кривій довільно, те площа поверхні обертання повинна при цьому збільшуватися. Якщо позначити різниця між ординатами нової й старої кривих через ?(x), те нове рівняння буде:

y = f(x) + ?(x).

3) Можна показати, що якщо деяке диференціальне вираження не дорівнює нулю, то площа, описана кривій f(х)+е(х), буде більше площі, описаної кривій f(x), а площа, описана кривій f(х) е(x), буде менше цієї останньою. Звідси диференціальне вираження повинне зникати. Це приводить до диференціального рівняння, рішення якого визначає шукану криву.

Після того як ми намітили в такий спосіб нашу задачу, приступимося до детального проведення третього кроку. Насамперед потрібна написати вираження для площі поверхні обертання. Це - проста задача аналізу, відповіддю на яку служить вираження:



Замінимо тепер y = f(x) нової кривої

y = f(x) + ?(x).

При обертанні цієї кривої одержимо площу:

Якщо ? є мала зміна в, і обрано так, що ? теж мало, те

а отже:

Члени, не написані в (1), містять ступеня ? порядку вище першого й можуть бути тому відкинуті. Якщо dA не дорівнює нулю, то воно міняє знак при зміні знака е. Це означає, що площа поверхні обертання для новій кривій менше, ніж для самої кривої, що, звичайно, суперечить припущенню, що вона давала найменшу площу. Звідси dA повинне звертатися в нуль.

Рівняння (1) є в деякому змісті еквівалентним вираженню еf(х) для випадку аналізу. Однак між ними є істотна різниця. У диференціальному вирахуванні е входить тільки множником, і тому добуток міг рівнятися нулю тільки при зникненні другого множника. Для рівняння (1) у цій його формі ми не можемо цього затверджувати. Воно повинне бути так змінено, щоб зникло . Насамперед наш інтеграл складається із двох частин, одна йз яких містить е, а інша .

Залишаємо перший інтеграл без зміни, а другий інтегруємо вроздріб:

Тому що умови задачі вимагають, щоб кожна інтегральна крива проходила через крапки А и В, те ?(х) повинне зникати для обох меж інтеграції. Тому перший член правої частини рівності (2) звертається в нуль. Підстановка члена, що залишився, у рівняння (1) дає шукану необхідну умову мінімуму у вигляді:

Тепер, як у випадку диференціального вирахування еf(x), підінтегральна функція складається із двох множників: е(x), що довільно, і вираження в дужках, що містить тільки f(x) і її похідні. Так само як і у випадку задачі диференціального вирахування, останні фактор повинен звернутися в нуль. Дійсно, припустимо зворотне. Тоді в деяких інтервалах між воно негативно, в інших позитивно. Тому що е(х) довільна функція , то вона може бути обраний позитивної там, де інший множник негативний, і негативної в інших крапках. Тоді (3) буде негативним і площа поверхні зменшиться. Отже, ми доходимо висновку, що шукана крива y = f(x) повинна задовольняти диференціальному рівнянню:

Рівняння це настільки просто, що його рішення надаємо читачеві. Слід зазначити, що це рівняння другого порядку й тому може задовольняти двом граничним умовам. Тому що в задачі даються саме дві граничних умови-крапки А й В, - те наш результат цілком відповідає поставленій задачі.

10. Задача Дидони

Особливий історичний інтерес має так звана задача Дидони. По переказі, Дидона, потрапивши в немилість своєму братові Пигмалиону, зібрала всі гроші, які могла, і втекла на південний берег Середземного моря. Там вона уклала угоду із царем Іарбасом на покупку такої кількості землі, скільки можна було відміряти за допомогою шкіри вола.

С дотепністю й хитрістю, яких завжди досить у міфології, вона розрізали шкіру на тонкі ремінці, зв'язала їхній один з одним і оточила за допомогою їхнє місце Карфагена. С характерної для финикиян наполегливістю в досягненні поставленої мети, вона не з'єднала кінці, а помістила їх на березі моря. Задумавши свій блискучий план, вона зустрілася із задачею, яким образом так розташувати ремінь, щоб охопити їм найвигіднішу частину землі, що може бути максимальної чи ні, залежно від обставин.

Задача Дидони складається, таким чином, у наступному: задана крива (беріг моря), відома ціна землі (що змінюється зі зміною місця); як провести криву заданої довжини, щоб вартість площі між цими двома кривими була максимальною?

Щоб ілюструвати метод вивчення задач, вирішимо задачу Дидони для найпростішого випадку, саме припустимо, що земля має всюди однакову цінність і що беріг моря прямолінійний. Крім того припустимо, що кінці мотузки поміщені у дві задані крапки, відстань між якими дорівнює X . Задача зводиться до визначення кривої заданої довжини, що обмежує максимальну площу.

Отже, ця крива задовольняє двом умовам, викладеним на її довжину й на площу, що вона обмежує. Вибираючи берег моря за вісь х і поміщаючи один з кінців мотузки в початок координат, ми можемо записати ці умови у вигляді рівностей:

Перший інтеграл має задане значення, другий повинен бути зроблений найбільшим, шляхом вибору відповідної функції f(x).

Нехай шукана крива, що задовольняє поставленим вимогам, має рівняння в=f(x), довжина її дорівнює , а площа, що обмежується нею, дорівнює . Спробуємо застосувати наш колишній метод і зрівняємо криву y=f(x) із кривими в =f(x) е(x), де ?(х) мало, але в іншому довільно.

Очевидно, не можна вже сказати, що + dA -- нова площа для кривої порівняння -- менше ніж . Дійсно, крива порівняння може виявитися довше колишньої й тому укласти більшу площу. Інакше кажучи, наше колишнє міркування не годиться й ми повинні знайти новий метод дослідження.

Для цієї мети розглянемо замість кривій Дидони довжини , нову криву довжини + dL, де dL може бути як позитивно, так і негативно. Припустимо, що нова крива так розташована, що обмежує максимальну площу, що буде більше або менше , залежно від знака dL. Позначимо, нарешті, знову отриману площу через А + ДА, а відношення (або межа цього відношення при dL прагнучому до нуля) через л. Ми можемо тепер затверджувати, що якщо ми змінимо довжину кривої на величину dL, те найбільша площа, що вона при цьому може обмежувати, буде дорівнює Aо + ? dL.

Повернемося тепер до довільної кривої порівняння в =f(x) + ?(x), і нехай ця крива має довжину L0 + dL, більшу, меншу або рівну Lo. Позначимо через Ао + dA площа, обмежену цієї нової кривої. Яка б не була ця площа, вона не може бути більше A0 + ?dL, тому що по припущенню це-максимальна площа, для кривої довжини Lo + dL. Звідси треба, що

dA лdL,

або

dA лdL 0.

Це приводить до теореми:

Як би ми не змінили криву y = f(x), змінюючи її чи довжину ні, величина dA лdL ніколи не є позитивною. Але якщо dA лdL не позитивно, те А лL не може бути більше для нової кривої, чим для колишньої. Ми можемо, отже, висловити отриману теорему в більше виразній формі:

Крива, для якої величина А найбільша в порівнянні із кривими тієї ж довжини, робить найбільшої величину А лL. у порівнянні із кривими довільної довжини.

Тому вирішити задачу максимуму для А с обмеженням, що довжина криві порівняння L , дорівнює Lo, -- те ж саме, що вирішити задачу максимуму для А лL без усяких обмежень на криві порівняння. Правда, правильне рішення задачі вийде тільки в тому випадку, якщо ? обрана правильно, а тому що неможливо визначити ?, не знаючи рішення задачі, то може здатися, що ми нічого не досягли нашим міркуванням.

Ми побачимо, однак, що, припускаючи поки ? невідомої постійної, ми знайдемо надалі спосіб її визначення. Отже, інтеграл, максимум якого потрібно знайти, є:

Звичайні перетворення приводять до диференціального рівняння:

рішення якого

+ =л

Це - рівняння кола, радіуса ?, із центром у крапці (?, ?). У нього входять три довільних постійних ?, ? і ?, але ми маємо три умови для їхнього визначення, тому що крива повинна проходити через крапки (0,0), (X, 0) і повинна мати довжину L.

Найпростіший спосіб визначення постійних-- геометричний. Відомо, що центр кола, що проходить через дві крапки А и В, лежить на перпендикулярі, що ділить хорду АВ навпіл. Звідси а рівняється . Тому що гіпотенуза й один з катетів трикутника ADC відомі, то легко обчислити інший катет.

Отже, одержуємо для в значення . Нарешті, є величина кута АС В, обмірюваного в радіанах. Кут ACD дорівнює половині цього кута, і його синус дорівнює

Це дає нам рівняння:

звідки можна визначити л. Рівняння трансцендентне і його не можна вирішити алгебраїчним методом. Його можна вирішити приблизно шляхом здогаду або за допомогою рядів. Так, наприклад, якщо L дорівнює 1,25 X, л виявляється рівним , а отже, в=-0,234Х. Це саме те коло, що зображене на малюнку.



Висновок

Дана курсова робота складається із введення, основної частини, висновку й списку використаної літератури.

Метою курсової роботи був розгляд геометричних задач і приведення їх до диференціальних рівнянь.

У ході виконання даної курсової роботи ми прийшли до того, що частина диференціальних рівнянь розв'язні явно, а частина рівнянь явно нерозв'язні.

Таким чином, з вищесказаного можна зробити висновок, що ціль курсової роботи досягнута.

Список літератури

1. Арнольд В.І. Звичайні диференціальні рівняння. - К., 2004.

2. Богданов Ю.С. Лекції по диференціальних рівняннях. - К., 2005

3. Еругин Н.П., Штокало І. С., Бондаренко П. С. Курс звичайних диференціальних рівнянь. - К., 2006

4. Краснов М.Л. Звичайні диференціальні рівняння. - К., 2003

5. Матвєєв М.М. Диференціальні рівняння. - К., 2006

6. Федорюк М.В. Звичайні диференціальні рівняння. - К., 2000

Размещено на Allbest.ru