Раздел III. Производная и дифференциал — § 14. Геометрический и физический смысл производной

Кудрявцев — задача 14.15

Л. Д. Кудрявцев, «Сборник задач по математическому анализу. Том 1». Условие, подробное решение и ответ.

Задача 14.15

Доказать, что семейства кривыхx=12(a+1a)cos⁡t,y=12(a−1a)sin⁡t,0≤t<2π,x = \dfrac12\left(a + \dfrac1a\right)\cos t, \quad y = \dfrac12\left(a - \dfrac1a\right)\sin t, \quad 0 \le t < 2\pi,иx=12(t+1t)cos⁡α,y=12(t−1t)sin⁡α,0<t<+∞,x = \dfrac12\left(t + \dfrac1t\right)\cos\alpha, \quad y = \dfrac12\left(t - \dfrac1t\right)\sin\alpha, \quad 0 < t < +\infty,(a>0a > 0, α≠πk2\alpha \neq \dfrac{\pi k}{2}, k∈Zk \in \mathbb{Z}) образуют ортогональную сетку.
Доказано:семейства ортогональны\text{семейства ортогональны}

Доказательство

Исключим параметр, чтобы получить уравнения кривых в декартовых координатах.
Для первого семейства положим A=12(a+1a)A = \dfrac12\left(a + \dfrac1a\right), B=12(a−1a)B = \dfrac12\left(a - \dfrac1a\right). Тогда A>0A > 0, B>0B > 0 и A2−B2=1A^2 - B^2 = 1.
Уравнения принимают вид x=Acos⁡tx = A\cos t, y=Bsin⁡ty = B\sin t. Исключая tt, получаем x2A2+y2B2=1\dfrac{x^2}{A^2} + \dfrac{y^2}{B^2} = 1 — это эллипсы.
Дифференцируем неявно: 2xA2+2yB2y′=0  ⇒   ⇒y′=−B2xA2y\dfrac{2x}{A^2} + \dfrac{2y}{B^2} y' = 0 \;\Rightarrow\; \ \Rightarrow y' = -\dfrac{B^2 x}{A^2 y}.
Угловой коэффициент касательной к эллипсу: k1=−B2xA2yk_1 = -\dfrac{B^2 x}{A^2 y}.
Для второго семейства положим X=12(t+1t)X = \dfrac12\left(t + \dfrac1t\right), Y=12(t−1t)Y = \dfrac12\left(t - \dfrac1t\right). Тогда x=Xcos⁡αx = X\cos\alpha, y=Ysin⁡αy = Y\sin\alpha.
Заметим, что X2−Y2=1X^2 - Y^2 = 1. Тогда x2cos⁡2α−y2sin⁡2α=X2−Y2=1\dfrac{x^2}{\cos^2\alpha} - \dfrac{y^2}{\sin^2\alpha} = X^2 - Y^2 = 1 — это гиперболы.
Дифференцируем неявно: 2xcos⁡2α−2ysin⁡2αy′=0  ⇒  y′=xsin⁡2αycos⁡2α=xytg⁡2α\dfrac{2x}{\cos^2\alpha} - \dfrac{2y}{\sin^2\alpha} y' = 0 \;\Rightarrow\; y' = \dfrac{x \sin^2\alpha}{y \cos^2\alpha} = \dfrac{x}{y}\tg^2\alpha.
Угловой коэффициент касательной к гиперболе: k2=xytg⁡2αk_2 = \dfrac{x}{y}\tg^2\alpha.

Проверка

Найдём координаты точек пересечения. Пусть кривые пересекаются в точке (x,y)(x,y). Тогда одновременно выполнены уравнения эллипса и гиперболы. Решая систему, находим:y2=B2sin⁡2α,x2=A2cos⁡2α.y^2 = B^2 \sin^2\alpha,\qquad x^2 = A^2 \cos^2\alpha.Действительно, подставляя эти выражения в угловые коэффициенты (знаки не влияют на произведение), получаем:k1=−B2⋅Acos⁡αA2⋅Bsin⁡α=−BActg⁡α,k2=Acos⁡αBsin⁡α⋅tg⁡2α=ABtg⁡α.k_1 = -\dfrac{B^2 \cdot A\cos\alpha}{A^2 \cdot B\sin\alpha} = -\dfrac{B}{A}\ctg\alpha,\qquad
k_2 = \dfrac{A\cos\alpha}{B\sin\alpha} \cdot \tg^2\alpha = \dfrac{A}{B}\tg\alpha.Произведение:k1k2=(−BActg⁡α)⋅(ABtg⁡α)=−1.k_1 k_2 = \left(-\dfrac{B}{A}\ctg\alpha\right) \cdot \left(\dfrac{A}{B}\tg\alpha\right) = -1.Таким образом, касательные перпендикулярны во всех точках пересечения. Сетка ортогональна.

Что и требовалось доказать

Кудрявцев № 14.15 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика