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[提问] 这微分方程能解吗

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发表于 2020-7-10 18:11:32 | 显示全部楼层 |阅读模式

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本帖最后由 manthanein 于 2020-7-11 01:15 编辑

自己想到的

问:给定函数\(y=f(x)\)。在函数图象上任取一点\(P\),记\(P\)到\(y\)轴的距离为\(l_1\),函数图象在点\(P\)处的切线为直线\(PQ\),其中\(Q\)是切线与\(x\)轴的交点,若\(\D \frac{PQ}{l_1}\)为与\(P\)无关的定值,求函数解析式。

解:设\(P\)坐标为\((u,v)\),\(f'(u)=w\),则\(l_1=\abs{u}\),PQ方程为\(y-v=w(x-u)\),令\(y=0\),得点\(Q\)坐标为:\(\D \left(u-\frac{v}{w},0\right)\)。
因而:\(\D PQ^2=\frac{v^2}{w^2}+v^2=\lambda u^2\)
因而:\(\D \frac{y^2}{y'^2}+y^2=\lambda x^2\)

下面不知道怎么办了
毋因群疑而阻独见  毋任己意而废人言
毋私小惠而伤大体  毋借公论以快私情
发表于 2020-7-10 21:46:15 | 显示全部楼层
我们用圆的参数表示可以解出这个方程: $\frac{y^2}{(y')^2} + y^2 = \lambda ^2 x^2$
令$\frac{y}{y'} = \lambda x \cos \theta $ , $ y = \lambda x \sin \theta $, 联立又有 $y' = \tan \theta $
然后对第二式求导,$\frac{dy}{dx} = \lambda x \cos \theta \frac{d\theta }{dx} + \lambda \sin \theta $
代入第三式后就可以分离变量$ \frac{\lambda \cos \theta d\theta }{\tan \theta  - \lambda \sin \theta } = \frac{dx}{x} $
左边是关于 $cos \theta $的有理积分,余下略。
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发表于 2020-7-10 22:42:24 | 显示全部楼层
楼上的方法很不错,还有一种方法,就是设$x=yt$也可以分离变量的。
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 楼主| 发表于 2020-7-10 23:19:13 | 显示全部楼层
zeus 发表于 2020-7-10 21:46
我们用圆的参数表示可以解出这个方程: $\frac{y^2}{(y')^2} + y^2 = \lambda ^2 x^2$
令$\frac{y}{y'} = \ ...

我拿程序干掉了那个积分,出来是下面这个加上C

\(\dfrac{2\ln\left(\left|\lambda\cos\theta-1\right|\right)-\lambda\left[\left(\lambda-1\right)\ln\left(\cos\theta+1\right)+\left(\lambda+1\right)\ln\left(1-\cos\theta\right)\right]}{2\left(\lambda-1\right)\left(\lambda+1\right)}\)
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 楼主| 发表于 2020-7-10 23:21:50 | 显示全部楼层
也就是说:
\(\dfrac{2\ln\left(\left|\lambda\cos\theta-1\right|\right)-\lambda\left[\left(\lambda-1\right)\ln\left(\cos\theta+1\right)+\left(\lambda+1\right)\ln\left(1-\cos\theta\right)\right]}{2\left(\lambda-1\right)\left(\lambda+1\right)}+C=\ln{\abs{x}}\)

比我想象得复杂得多啊,不知道能不能化简
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 楼主| 发表于 2020-7-10 23:26:16 | 显示全部楼层
如果\(\lambda=1\),那么积分等于:
\(-\dfrac{\ln\left(\cos\theta+1\right)}{4}-\dfrac{3\ln\left(1-\cos\theta\right)}{4}+\dfrac{1}{2\cos\theta-2}+C\)
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