Rachunek różniczkowy Ola: Zadanie 1. Znaleźć krzywą, której styczne odcinają na osiach współrzędnych odcinki, których suma długości jest równa 2a, gdzie a>0 Zadanie 2. Znaleźć krzywą, której styczne tworzą z osiami współrzędnych trójkąt o polu 2a², gdzie a>0. Czy mogłabym prosić o jakieś wskazówki do tych zadań? Z góry bardzo dziękuję

jc: 1. √x + √y=√2a, sprawdź 2. xy=a²

Mariusz: jc zdaje mi się że jednak dobrze napisałeś to równanie różniczkowe Dla uproszczenia obliczeń trzeba chyba było sprowadzić je do równania Clairauta Wychodzi wtedy rozwiązanie szczególne i osobliwe Równanie stycznej do krzywej y−y₀=f'(x₀)(x−x₀) y−f(t)=f'(t)(x−t) Współrzędne punktów przecięcia stycznych z osiami układu współrzędnych 0−f(t)=f'(t)(x−t) y−f(t)=f'(t)(0−t) y=f(t)−f'(t)t

	f(t)
x−t=−
	f'(t)

y=f(t)−f'(t)t

	f(t)
x=t−
	f'(t)

	f(t)
(f(t)−f'(t)t)+(t−		)=2a
	f'(t)

	f(t)
(f(t)−f'(t)t)+(t−		)−2a=0
	f'(t)

−f(t)f'(t)+t(f'(t))²−t+f(t)+2af'(t)=0 t(f'(t))²+(2a−t−f(t))f'(t)+f(t)=0 f(t)=u(t)−t t(u'(t)−1)²+((2a−t)−(u(t)−t))(u'(t)−1)+u(t)−t=0 t((u'(t))²−2u'(t)+1)+(2a−u(t))(u'(t)−1)+u(t)−t=0 t(u'(t))²−2tu'(t)+t+(2a−u(t))u'(t)−(2a−u(t))+u(t)−t=0 tu'(t)(u'(t)−2)+2au'(t)−u(t)u'(t)−2a+u(t)+u(t)=0 tu'(t)(u'(t)−2)+2au'(t)−u(t)u'(t)−2a+2u(t)=0 tu'(t)(u'(t)−2)−u(t)(u'(t)−2)+2au'(t)−2a=0 u(t)(u'(t)−2)=tu'(t)(u'(t)−2)+2au'(t)−2a

	2au'(t)−2a
u(t)=tu'(t)+
	u'(t)−2

	u'(t)−1
u(t)=tu'(t)+2a
	u'(t)−2

	u''(t)(u'(t)−2)−(u'(t)−1)u''
u'(t)=u'(t)+tu''(t)+2a(		)
	(u'(t)−2)2

	1
u'(t)=u'(t)+tu''(t)−2au''(t)(		)
	(u'(t)−2)2

	2a
0=u''(t)(t−		)
	(u'(t)−2)2

Niech u'(t)=p

	2a
0=p(t−		)
	(p−2)2

	2a
p=0⋁t=
	(p−2)2

Dla p=0

	C−1
u(t)=Ct+2a
	C−2

f(t)=u(t)−t

	C−1
f(t)=(C−1)t+2a
	C−2

	2a
Dla t=
	(p−2)2

	2a
t=
	(p−2)2

	2ap		p−1
u=		+2a
	(p−2)2		p−2

Wyrugujmy parametr z rozwiązania szczególnego

	2a
t=
	(p−2)2

	2ap		(p−1)(p−2)
u=		+2a
	(p−2)2		(p−2)2

	2a(p−1)		(p−1)(p−2)
f=		+2a
	(p−2)2		(p−2)2

	2a(p−1)(1+p−2)
f=
	(p−2)2

	2a
f=(p−1)2
	(p−2)2

t(p−2)²=2a

	2a
(p−2)2=
	t

	√2a
p−2=±
	√t

	√2a
p−1=1±
	√t

	2√2a		2a
(p−1)2=(1±		+		)
	√t		t

	2√2a		2a
f=(1±		+		)t
	√t		t

f(t)=t±(2√2a)√t+2a Mamy rozwiązanie ogólne równania

	C−1
f(t)=(C−1)t+2a
	C−2

oraz rozwiązanie szczególne równania f(t)=t±(2√2a)√t+2a

jc: Mariusz, jeszcze raz bardzo dziękuję Nie pomyślałem, że istnieją tak proste rozwiązania.

Mariusz: A mnie ciekawi czemu bez redukcji do równania Clairauta w rozwiązaniu parametrycznym otrzymałem funkcje nieelementarne To drugie zadanie można chyba analogicznie rozwiązać