Ю.С. Сикорский - Обыкновенные дифференциальные уравнения (1086556), страница 24
Текст из файла (страница 24)
Схема будет .: ая: 10 воя. азо. ю, о. Овеаалаяа 145 Продолжение 0,03397 0,06803 0,10200 0,03406 — 0,00312 — 0,00017 — 0.00624 — 0,00034 — 0,00936 — 0,00051 — 0,00312 — 0,00017 Искомое значение функций при 1 =1: Х=0,30594 и У= 0,03400. Их производ- ных: Х' = — 0,00312 и 1н = 0,03389. 146 % 36. Диференцнальное уравнение „веревочной" кривой. Пусть дана функция о=/(х).
Приняв о за ординату, а х — аа абсцнссу, построим кривую ВО (фиг. 45), соответствующую этой функции. Площадь, ограниченную этой кривой, осью абсцисс и какими-нибудь двумя ординатами ОВ и СО(„грузовую пло щад ь') разобьем ординатами на такие участки, которые было бы можно приближенно принять аа прямоугольники или трапеции. -Найдя центры тяжести этих участков, приложим к каждому ив ннх в условном масштабе вектор, пропорциональный площади. Можно, например, принять, что каждому квадратному сантиметру площади соответствует вектор длиной в один миллиметр. Все эти векторы: Р„ Ре, Рз, Р„ Рм Ре, Р, и Рз, направим параллельно оси 01' в сторону убывающих ординат. Затем из произвольной точки А проведем вектор ААг, равный и параллельный вектору Р;, из конца А, этого вектора проведем вектор А,А, равный и параллельный вектору Р, и т. д.
Получим, таким образом, ряд точек: А, А„ Ае, Аз, А„ А, А„ А, и Аз, расположенных на одной прямой. Выбрав затем произвольную точку П(полюс) на расстоянии Н=ПК от прямой ААз, соединим эту точку с точками А, А„..., А лучами: 1, П, П/, 1У, У, У/, УП, У/// и 1Х. Из точки /., взятой где-нибудь левее начала О, проведем прямую /, параллельную лучу /; из точки, в которой эта прямая встречает продолжение вектора Р,, проведем прямую П, параллельную лучу П; из точки ее пересечения с продолжением вектора Р, проведем прямую П/, параллельную лучу П/, и т.
д. Таким образом построим так называемый вере в о ч н ы й многоугольник /.-/-//-... -71/ Фиг. 45. Если число участков и тем самым число векторов Рм Ра, Рз, ... увеличивать до бесконечности, то веревочный многоугольник в пределе обратится в веревочную кривую. Мы имеем в виду написать диференциальное уравнение этой кривой.
Выберем с этой целью на кривой две смежные точки М и М, и вообразим, что в них проведены к кривой касательные (эти касательные на фигуре не построены). Тангенсы углов а и аи которые образуют с осью ОХ эти касательные, выразятся так: лу лу ~ну ~ 1да= — и 1иа,= — +Ь1 — ~, и'л дх 1,лх( где Ь~ ~ ) обозначает приращение производной — при переходе от l Д лу ~-л — ) лх точки М к М„ а л и у †координа точки М. 1~ревеля из точки П лучи Пш и Пл4, параллельно касательным, мы видим, что Кт Кль 1ее — — — и 1иа = —— О и т. е.
К и — Кль 4ае — 1йи1 = илн Но отрезок т,ла=Аш,— Ат выражает собой ту площадь, которая приходится на элемент длины дк и показана на фигуре штрихами Поэтом численно) у( т,лт=д, Ьх, где и, Ьх есть величина заштрихованной площадки. 10* 147 Таким образом '(."х) ах Й Переходя к пределу при Ьх -+ О, найдем лэу д мхэ где у=1(шд, и есть ордината грузовой линии Вй в точке ф соответствующей точке М. И так как д = у(х), то искомое уравнение веревочной кривой будет И'у у (х) и'хэ Н Полагая Н=1, мы видим, что вторые производные от ординат вере.вочной кривой равны ординатам „грузовой линии".
В 37. Интегрирование уравнения ум=У(х) с помощью веревочной кривой. Из сказанного в предыдущем параграфе следует, что интегральной кривой диференциального уравнения и"-'у у (х) мхэ Н является веревочная кривая. Если требуется интегрировать уравнение У' =У(х) то графически можно решить эту задачу, приняв Н=1 и построив, как указано выше, веревочную кривую. В вависимости от выбора полюса П таких кривых можно получить бесчисленное множество, что находится в соответствии с неопределенностью двух произвольных постоянных, входящих в состав общего интеграла.
Задача становится определенной и получается определенное решение, если потребовать, например, чтобы кривая прошла через заданную точку и касательная к ней в этой точке была наклонен» под определенным углом к оси ОХ. П р и и е р. Построить интегральную кривую уравнения 3+ 2х — хэ 5 — 2х+ха ' если известно, что оиа должна пройти через точку Мэ(1, — 1) и касательная к ией образует с осью ОХ в этой точке заданный угол а.
Производим действия в таком порядке. Выбрав определенную единицу длины, строим кривую ВО (фиг. 46) по уравнению 3+ 2х — хэ 5 — 2х+ ха ' Грузовую площадь" разбиваем иа 10 участков. Находим центры их тяжести н через них проводим линии, параллельные оси Ог. Отрезки этих линий, заключенные между осью ОХ и построенной кривой, будут представлять собой векторы, пропорциональные площадям участков. Фиг. 46. Выбрав ззтем некоторую прямую АВ, парзллельную оси Ог, мы на ней отложим отрезки О1, 12, 23, ..., равные только что построенным векторам.
Эти отрезки откладываем вверх, если ссответствующий участок кривой лежит ниже оси ОХ, и вниз, если он лежит выше. Заметив„ что заданная точха Мр должна лежать на той стороне веревочного многоугольника, которая параллельна пятому лучу, мы из точки 5 прямой АВ ведем линшр под углом а к оси ОХ. Она и будет служить лучом К Полюс П берем на этом луче на расстоянии Н=1 от АВ. Соединяя полюс с точками О, 1, 2, ..., 10, получим прочие лучи: д, 1 П, ..., Х, а потом построим прочие стороны; О, 1, П,..., Х, веревочного многоугольника. Интегральная кривая получится как предел ломаной, представляющей веревочный мгогоугольник.
В 38. Графический способ интегрирования диференциальных уравнений второго порядка при помощи кругов кривизны. Допустим, что дано диференцйальное уравнение второго порядка у" = 1(х, у, у'), для которого начальные условия таковы: у=Ь и у'=с при х=а. Требуется построить интегральную кривую этого уравнения. Вели не требуется большой точности, то можно применить нижеследующий прием. Взяв систему координат ХО1; построить .точку А4р(а, Ь) (фиг.
47). Через эту .точку провести прямую, наклоненную к оси ОХ под углом ар, тангенс которого равен с, и другую прямую А4рСр, перпендикулярную к первой. Первая из них будет служить касательной в рассматриваемой точке к искомой интегрзльной кривой, вторая будет нормалью к ней в той же точке. 149 Принимая во внимание заданное уравнение, мы можем известную С оРмулу для радиуса кривизны (1 + ун) Л рр р= „,. перейисать так', (1+ у")ч* р =, (171) Так как в точке Ме значения переменных х, у и у' известны, то будет известен и радиус кривизны р = ре, этот радиус отложим по нзрмалиМеС .
К При этом надлежит отличать два случая: 1) если окажется, что С~ ре)0, то и у" ~0,— Фиг. 74. кривая обращена вогну- тостью в сторону воарастающих ординат; в этом случае длину Радиуса кривизны след) ет откладывать тоже в сторону возрастающих ординат; 2) если же окажеася, что ре(0, то и у" (О,— кривая своей вогнутостью обращена в сторону убывающих ординат; в ту же сторону по нормали следует откладывать и длину радиуса. На фиг.
47 радиус кривизны МеСе построен при втором предположении. Точка Се представляет центр кривизны искомой кривой в точке Ме. Радиусом ре опишем из этого центра небольшую дугу МеМ, круга кривизны и вычислим (измерим) координаты л, ну, точки М„а также и тангенс угла а„под которым наклонена к осй ОХ касательная к кривой в точке М,. Таким образом в точке М, намбудут гзвестны: хну, и у,'=1а а,.
Принимая точку М, за точку искомой кривой, мы по той же формуле (171) вычислим радиус кривизны р, в втой точке. Построив этот радиус вдоль нормали к кривой в точке М„найдем центр кривизны С, Фиг. 48. 150 и из него радиусом р, опишем небольшую дугу М,Ма. Поступая по этому способу так же дальше, мы получим кривую, состоящую из небольших дуг окружностей. Зту кривую и примем за приближенное очертание искомой интегральной кривой. Вычерчивание последовательных дуг может быть с удобством произведено при помощи особого рода линейки. Сделанная иа целлулоида (фиг, 48,а и Ь) линейка эта снабжена отверстием М вЂ д острия карандаша †„средней линией" МС, вдоль которой тоже проделаны отверстия. Средняя линия проградуирована и служит для откладывания радиусов кривизны.
Кроме линейки в состав прибора входит еще небольшой треножник с заостренными ножками. Если нужно вычертить дугу круга кривизны в данной точке, то, вычертив прежде всего, как сказано выше, касательную и нормаль в этой точке, мы совмещаем отверстие М с этой точкой и располагаем среднюю линию вдоль нормали. Вычислив длину радиуса кривизны, отмерим эту длину по имеюшимся на средней линии делениям и найдем, таким образом, центр кривизны С.
Затем поставим треножник так, чтобы одна из его ножек прошла через отверстие С, а две другие 151 стояли на чертежной бумаге. Дальше уже нетрудно будет, поместив острие карандаша в М, вычертить малую дугу радиусом СМ нз неподвижного центра С. Построенный таким образом прибор позволяет произвести вычерчивание с ббльшим удобством н ббльшей точностью, чем это можно было бы сделать обыкновенным циркулем. При помощи той же линейки можно легко измерить и тангенсы углов, образуемых касательными с осью ОХ. Для этого по обе стороны от отверстия М на прямой, перпендикулярной к средней линии, и на расстояниях от М, равных единице, наносят две отметки Т, и Тв. Если линейка занимает положение, указанное на фиг. 48,а, то, проведя через точку Т, прямую Т1Р~1ОХ, мы получим угол РТ,М, равный углу а, образуемому касательной в точке М с осью ОХ Ввиду того что МТ, = 1, имеем !я а = у' = РМ.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
