Раздел II. Дифференциальное исчисление функций одной переменной — § 1. Производная явной функции

Демидович — задача 1012

Б. П. Демидович, «Сборник задач и упражнений по математическому анализу». Условие, подробное решение и ответ.

Задача 1012

На сегменте a≤x≤ba\le x\le b построить сопряжение двух полупрямыхy=k1(x−a)(−∞<x<a)иy=k2(x−b)(b<x<+∞)y=k_1(x-a)\quad(-\infty<x<a)
\qquad\text{и}\qquad
y=k_2(x-b)\quad(b<x<+\infty)с помощью кубической параболыy=A(x−a)(x−b)(x−c)y=A(x-a)(x-b)(x-c)где параметры AA и cc подлежат определению.
Ответ:При k1+k2≠0k_1+k_2\ne0A=k1+k2(b−a)2c=k1b+k2ak1+k2A=\frac{k_1+k_2}{(b-a)^2}
\qquad
c=\frac{k_1b+k_2a}{k_1+k_2}Если k1=−k2≠0k_1=-k_2\ne0, сопряжение кривой указанного вида невозможно; при
k1=k2=0k_1=k_2=0 следует взять A=0A=0, а cc можно выбрать произвольно.

Решение

Предполагаем, что a<ba<b, и обозначимh=b−a>0h=b-a>0На отрезке [a,b][a,b] возьмём кубическую функциюP(x)=A(x−a)(x−b)(x−c)P(x)=A(x-a)(x-b)(x-c)Поскольку P(a)=P(b)=0P(a)=P(b)=0, её значения в точках aa и bb автоматически
совпадают со значениями соответствующих полупрямых. Для гладкого
сопряжения остаётся потребовать равенства угловых коэффициентов:P′(a)=k1P′(b)=k2P'(a)=k_1
\qquad
P'(b)=k_2Дифференцируя произведение и подставляя концы отрезка, получаемP′(a)=A(a−b)(a−c)=Ah(c−a)P'(a)=A(a-b)(a-c)=Ah(c-a)P′(b)=A(b−a)(b−c)=Ah(b−c)P'(b)=A(b-a)(b-c)=Ah(b-c)Следовательно, параметры должны удовлетворять системеAh(c−a)=k1Ah(b−c)=k2Ah(c-a)=k_1
\qquad
Ah(b-c)=k_2Сложив равенства, найдёмAh2=k1+k2Ah^2=k_1+k_2Если k1+k2≠0k_1+k_2\ne0, тоA=k1+k2(b−a)2A=\frac{k_1+k_2}{(b-a)^2}Из первого уравнения системыc−a=k1Ah=k1(b−a)k1+k2c-a=\frac{k_1}{Ah}
=\frac{k_1(b-a)}{k_1+k_2}поэтомуc=k1b+k2ak1+k2c=\frac{k_1b+k_2a}{k_1+k_2}Подстановка этих параметров даёт удобную форму сопрягающего участка:P(x)=(x−a)(x−b)(b−a)2(k1(x−b)+k2(x−a))P(x)=
\frac{(x-a)(x-b)}{(b-a)^2}
\bigl(k_1(x-b)+k_2(x-a)\bigr)Действительно,A(x−c)=k1(x−b)+k2(x−a)(b−a)2A(x-c)=
\frac{k_1(x-b)+k_2(x-a)}{(b-a)^2}Таким образом, искомая кривая с сопряжением класса C1C^1 задаётся формулойy={k1(x−a)x<a(x−a)(x−b)(b−a)2(k1(x−b)+k2(x−a))a⩽x⩽bk2(x−b)x>by=
\begin{cases}
k_1(x-a) & x<a\\[1mm]
\dfrac{(x-a)(x-b)}{(b-a)^2}
\bigl(k_1(x-b)+k_2(x-a)\bigr)
& a\leqslant x\leqslant b\\[3mm]
k_2(x-b) & x>b
\end{cases}В точках сопряжения выполнены равенстваy(a−0)=y(a+0)=0y′(a−0)=y′(a+0)=k1y(a-0)=y(a+0)=0
\qquad
y'(a-0)=y'(a+0)=k_1y(b−0)=y(b+0)=0y′(b−0)=y′(b+0)=k2y(b-0)=y(b+0)=0
\qquad
y'(b-0)=y'(b+0)=k_2Итак, в точках aa и bb совпадают значения функции и её первые
производные. Тем самым получено гладкое сопряжение класса C1C^1; совпадение
вторых производных здесь в общем случае не утверждается.
Рассмотрим отдельно вырожденный случай. Если k1+k2=0k_1+k_2=0, то из
Ah2=k1+k2Ah^2=k_1+k_2 следует A=0A=0. Тогда оба уравнения для производных требуют
k1=k2=0k_1=k_2=0. Поэтому при k1=−k2≠0k_1=-k_2\ne0 сопряжение кубической параболой
заданного вида невозможно. Если же k1=k2=0k_1=k_2=0, можно взять A=0A=0;
получится нулевая функция, а параметр cc несущественен.

Построение графика

Поскольку исходные параметры произвольны, на рисунке
показан характерный пример:a=−2b=2k1=1k2=2a=-2
\qquad b=2
\qquad k_1=1
\qquad k_2=2Для негоA=1+2(2−(−2))2=316c=1⋅2+2⋅(−2)1+2=−23A=\frac{1+2}{(2-(-2))^2}=\frac3{16}
\qquad c=\frac{1\cdot2+2\cdot(-2)}{1+2}=-\frac23Синие внешние участки являются заданными полупрямыми, а средний участок
кубической параболы касается их в точках (a,0)(a,0) и (b,0)(b,0), поэтому при
переходе через точки сопряжения изломов нет.график к задаче Демидовича № 1012

Ответ

При k1+k2≠0k_1+k_2\ne0A=k1+k2(b−a)2c=k1b+k2ak1+k2A=\frac{k_1+k_2}{(b-a)^2}
\qquad
c=\frac{k_1b+k_2a}{k_1+k_2}Если k1=−k2≠0k_1=-k_2\ne0, сопряжение кривой указанного вида невозможно; при
k1=k2=0k_1=k_2=0 следует взять A=0A=0, а cc можно выбрать произвольно.
Демидович № 1012 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика