Un simple problema geométrico, la resolución de $f'(x)=\frac{f(x)}{\sqrt{r(x)^2-f(x)^2}}$, determinado $r(x)$.

Question

Introducción

Supongamos que tenemos un conjunto convexo, función real $f(x)$. Podemos definir una línea tangente a esta función $t(x,s)$. A continuación, podemos encontrar la intersección de $t(x,s)$ con la $x$ eje. Vamos a llamar a este punto de $o(x)$. A continuación, definimos $l(x)$ como $o(x)-x$ e $r(x)^2=l(x)^2+f(x)^2$. Vea mi mal dibujada gráfica para una explicación visual:

La simple pregunta que nos podemos hacer son:

¿Qué son los $l(x)$ e $r(x)$ para un determinado $f(x)$?

La respuesta es

$$l(x)=\frac{f(x)}{f'(x)}\qquad\qquad r(x)=\sqrt{\frac{f(x)^2}{f'(x)^2}+f(x)^2}$$

Un poco más difícil la pregunta es preguntar:

¿Qué son los $f(x)$ e $r(x)$si $l(x)$ es conocido?

La respuesta es:

$$f(x)=c\exp\left(\int_1^x \frac{1}{l(s)}\text{d}s\right)\label{f(l)}\qquad\qquad r(x)=\sqrt{c^2\exp\left(2\int_1^x \frac{1}{l(s)}\text{d}s\right)+l(x)^2}$$

Un verdadero reto es encontrar

¿Qué son los $f(x)$ e $l(x)$si $r(x)$ es conocido?

No tengo la respuesta a esa pregunta. Una forma sencilla de obtener la necesaria educación a distancia se puede encontrar a partir de:

$$ \arctan(f')=\arctan\left(\frac{f}{l}\right)\\ \arctan(f')=\arcsin\left(\frac{f}{r}\right)\\ \arctan(f')=\arccos\left(\frac{l}{r}\right)$$ que se puede deducir de la figura anterior. Si encontramos la solución para $f(x)$ en términos de $r(x)$ podemos encontrar automáticamente, $l(x)$. En resumen, mi pregunta se reduce a

Resolver la siguiente ODA para $f(x)$ conocer $r(x)$: $$f'(x)=\frac{f(x)}{\sqrt{r(x)^2-f(x)^2}}$$

Espero que usted encuentre el proyecto muy interesante, y estoy mirando adelante a su colaboración.

Los enfoques propuestos

1. Intente con Maple. Hay evidencia de que Mathematica no manejar este problema correctamente, mientras que Arce posible.

2. Comparar la ODA a una de las formas en el MANUAL DE SOLUCIONES EXACTAS de ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS por Polyanin y Zaitsev, o cualquier otra fuente similar.

3. El uso de Mathematica o software similar para generar una expansión de la serie de la función en cuestión y tratar de adivinar el patrón.

El código de Mathematica es:

sol1 = AsymptoticDSolveValue[{y[x]^2*y'[x]^2 + 
 y[x]^2 - (r[x])^2*y'[x]^2 == 0}, y[x], {x, 0, n}]

donde n es el orden de la expansión (n=4 se recomienda para empezar).

4. Usando split-cuaterniones $(\mathbb{P})$ factorización.

Podemos reescribir el problema como: $$-r(x)^2 y'(x)^2+y(x)^2 y'(x)^2+y(x)^2=0$$ Observe que un polinomio $p\in \mathbb{R}[a,b,c], p=a^2+b^2-c^2$ puede ser factor en $\mathbb{P}[a,b,c]$ como

$$p=(a+bi +cj)(a-bi-cj)$$

Esto sugiere que podemos factor de $$y(x)^2 y'(x)^2+y(x)^2-r(x)^2 y'(x)^2=0\\ (y(x)y'(x) +y(x) i +r(x)y'(x) j)(y(x)y'(x) -y(x) r(x)y'(x) j)=0$$ y resolver de forma independiente $$y(x)y'(x) +y(x) i +r(x)y'(x) j=0\\ y(x)y'(x) -y(x) r(x)y'(x) j=0$$ Aquí hemos hablado de cómo esta técnica fue aplicada a un problema más sencillo con éxito. Si esta técnica es legítimo todavía no está claro para mí.

5. Resolver para $r(x)$ como una función de la $l(x)$ y, a continuación, convertir a $f(x)$.

Se puede utilizar cualquiera de las técnicas descritas anteriormente. Se refieren a este para uno de los formularios que obtienen en términos de $l(x)$. (Tenga en cuenta que el enlace de $l(x)$ es reemplazado por $f(x)$)

Aplicaciones físicas

Aquí se discuten las posibles aplicaciones en el campo de la física.

Interpretación física de la $l(x)$

Imagine que hay un objeto que no puede ver. Sin embargo, este objeto se proyecta sobre la superficie de la Tierra, ya que el sol está brillando sobre ella. Sólo se puede medir la longitud de esta sombra. Se puede deducir de la forma del objeto mediante la medición de la sombra a medida que el sol avanza sobre la Tierra?. La respuesta es sí, y si denotamos esta sombra por $l(x)$ podemos utilizar las fórmulas que se discuten en esta pregunta para encontrar $f(x)$. Esto fácilmente se generaliza a 3D, pero esto no es interesante para nosotros. En el mundo real esta técnica se aplica en la espectroscopia.

Interpretación física de la $r(x)$

Cuando $r(x)=const.$ obtenemos una ecuación de una tractrix. Para un generin $r(x)$ puede esta ecuación se puede interpretar como una ecuación de una tractrix con una variable longitud de la cadena?

Todavía en progreso.

Otras maneras de contribuir

Propiedades de la solución para $f(x)$ o $l(x)$

Si la resolución de la educación a distancia está fuera de su alcance, podríamos tratar de encontrar algunas de sus propiedades. Tratar de hablar de la existencia y unicidad de la solución teniendo en cuenta que $r(x)>0$, $l(x)>0$ e $f(x)$ es cóncava.

Ejemplos:

La solución debe ser una función de $x+const.$

La construcción de una tabla de casos especiales de la solución

Una buena manera de entender el problema es evaluar $r(x)$ para varios $f(x)$. A continuación hay una tabla con algunos ejemplos.

El código para generar esta en Mathematica es

fs = {f[x], x, x^2, x^n, a + b x, a + b x + c x^2, Sin[x], Cos[x], 
Tan[x], Sinh[x], Cosh[x], Tanh[x], ArcSin[x], ArcCos[x], ArcTan[x], 
ArcSinh[x], ArcCosh[x], ArcTanh[x], Exp[x], Log[x]}
ys = {};
xs = {};
For[ii = 1, ii <= Length[fs], ii++,
g[x] = fs[[ii]];
AppendTo[ys, 
Simplify[Sqrt[g[x]^2 + g[x]^2/D[g[x], x]^2]] // Refine];
AppendTo[xs, fs[[ii]] // Refine]]
Text@Grid[Prepend[Transpose[{xs, ys}], {"f[x]", "r[x]"}], 
Background -> {None, {Lighter[Yellow, .9], {White, 
Lighter[Blend[{Blue, Green}], .8]}}}, 
Dividers -> {{Darker[Gray, .6], {Lighter[Gray, .5]}, 
Darker[Gray, .6]}, {Darker[Gray, .6], Darker[Gray, .6], {False}, 
Darker[Gray, .6]}}, Alignment -> {{Left, Right, {Left}}}, 
Frame -> Darker[Gray, .6], ItemStyle -> 14, 
Spacings -> {Automatic, .8}]

PS He sido pasivamente a trabajar sobre este problema durante 5 años... empecé en mi primer año de Universidad. Hace un año mi amigo con el que he compartido esta idea me desafió a resolver esta cuestión antes de cumplir los 25 años de edad. Debo aceptar mi derrota como hoy cumplí 25 y, por lo tanto estoy haciendo este proyecto público.

Answer 1

Aquí se supone en general que el plano de la curva es $C\in\textbf{C}^{(1)}[a,b]$ y de la forma $$ C:\overline{x}(s)=\left\{A(s) B(s)\right\},\tag 1 $$ donde $s$ es su canónica parámetro es decir, $$ (A'(s))^2+(B'(s))^2=1.\tag 2 $$ Si $P_0\in C$ (un punto de la curva) y $t(P_0)$ es la recta tangente a en $P_0$ e $O_1=(x_1,0)$ es la intersección de $t(P_0)$ con la $x-$eje, a continuación, $r(s_0)=|P_0O_1|$. Por lo tanto $$ t(P_0):y-B(s_0)=\frac{B'(s_0)}{A'(s_0)}(x-A(s_0)) $$ y $O_1:y_1=0$. Por lo tanto
$$ -B(s_0)=\frac{B'(s_0)}{A'(s_0)}(x_1-Un(s_0))\Leftrightarrow x_1-x_0=-B(s_0)\frac{A'(s_0)}{B'(s_0)}. $$ $$ r(s_0)=\sqrt{(x_1-x_0)^2+(y_1-y_0)^2}=\sqrt{B(s_0)^2\frac{(A'(s_0))^2}{(B'(s_0))^2}+(B(s_0)^2)}\Leftrightarrow $$ $$ r(s_0)=\frac{|B(s_0)|}{|B'(s_0)|}\sqrt{(A'(s_0))^2+(B'(s_0))^2}=\left|\frac{B(s_0)}{B'(s_0)}\right|. $$ Por lo tanto, cuando $s_0$ varía, obtenemos $$ \frac{B'(s)}{B(s)}=\frac{\pm 1}{r(s)}\Rightarrow B(s)=\exp\left(\pm\int\frac{ds}{r(s)}\right). $$ También forma (2), llegamos a la $$ Una(s)=\pm\int\sqrt{1-(B'(s))^2}ds=\pm\int\sqrt{1-\frac{B(s)^2}{r(s)^2}}ds= $$ $$ =\pm\int\sqrt{1-\frac{\exp\left(\pm2\int r^{-1}(s)ds\right)}{r(s)^2}}ds $$ Por tanto, para un determinado $r(s)$, la curva puede ser parametrizado como $$ \overline{x}(s)=\left\{\pm\int\sqrt{1-\frac{1}{r(s)^2}\exp\left(\pm2\int\frac{ds}{r(s)}\right)}ds,\exp\left(\pm\int\frac{ds}{r(s)}\right)\right\},\etiqueta 3 $$ para $s\in[a,b]$ e $s$ siendo su canónica parámetro.

Answer 2

Resolver la siguiente ODA para $f(x)$ conocer $r(x)$: $$f'(x)=\frac{f(x)}{\sqrt{r(x)^2-f(x)^2}}$$

He tratado de simplificar esta ecuación por diferentes sustituciones.

1) Multiplicando ambos lados por $f(x)$ y poner $g(x)=f(x)^2$, obtenemos $$g'(x)=\frac{2g(x)}{\sqrt{r(x)^2-g(x)}}.$$

2) Poner a $h(x)= r(x)^2-g(x)$, obtenemos

$$2r(x)r'(x)-h'(x)=\frac{2 r(x)^2-2h(x)}{\sqrt{h(x)}},$$ $$h'(x)=2\left({\sqrt{h(x)}}-\frac{r(x)^2}{\sqrt{h(x)}}+r(x)r'(x)\right).$$

3) Poner a $v(x)=\sqrt{r(x)^2-f(x)^2}$, obtenemos

$$v'(x)=\frac{r(x)r'(x)-f(x)f'(x)}{v(x)}= \frac{r(x)r'(x)-\tfrac{f(x)^2}{v(x)}}{v(x)}=$$ $$\frac{r(x)r'(x)-\tfrac{r(x)^2-v(x)^2}{v(x)}}{v(x)}= 1+\frac{r(x)r(x)}{v(x)}-\frac{r(x)^2}{v(x)^2}.$$

4) Poner a $u(x)=\frac 1{v(x)}$, obtenemos

$$-\frac{u'(x)}{u(x)^2}=1+r(x)r'(x)u(x)-r(x)^2u(x)^2,$$

$$u'(x)= r(x)^2u(x)^4-u(x)^2-r(x)r'(x)u(x)^3.$$

Podemos tratar de resolver las dos últimas ecuaciones en términos de potencia de la serie para $r$, $u$, e $v$.

Answer 3

Sólo otra idea. ¿Has probado a buscar parametrización de soluciones? Esto es, con $$r(x)^2=f(x)^2\left(1+\frac{1}{f'(x)^2}\right)$$ and instead of looking for solutions $(x,f(x))$ you reparametrize $x(t)=h(t)$ for some function $h$. In particular, for example, assuming $f(x)$ is invertible on some domain and choosing $h(t)=f^{-1}(t)$, you then obtain the ode for $x(t)$, so $$r(x)^2 = t^2 \left(1+x'(t)^2\right) \, .$$

La solución sería entonces ser dado por $(x(t),t)$ para un rango del parámetro $t$. Desafortunadamente, excepto para el caso sencillo en el $r(x)={\rm const}$, esto todavía no permitir la separación de variables, pero tal vez usted puede trabajar con diferentes ansatz para $h(t)$.

Answer 4

Esto es sólo ofreciendo un enfoque diferente, que producir un ode.
Vamos a poner el problema en el Tractrix perspectiva.

Considere los dos sistemas de referencia, uno fijo y uno se adjunta el "tractor" a $\xi$ y que se está moviendo a velocidad constante $v$ a lo largo de la $x$ eje.

Supongamos que conocemos $r$ como función de $\xi$.

La velocidad de la $P$ en el movimiento de marco tiene los componentes polares $r', \, r \alpha '$, y en el marco fijo $v$ se añade a las que.
La resultante de la velocidad normal a la curva y por lo tanto a $r$ será nulo, por lo que $$ \left\{ \matriz{ r\alpha ' = v\cos \left( {\alpha \pi /2} \right) = v\sin \alpha \hfill \cr r = r(\xi ) = r(vt) \hfill \cr} \right. \etiqueta {1}$$ podemos reescribir la primera expresión de la separación de las variables $$ {{d\alpha } \over {\sin \alpha }} = {v \over {r(vt)}}dt $$ lo que significa que $$ {{d\alpha } \over {\sin \alpha }} = {1 \over 2}d\ln \left( {{{1 - \cos \alpha } \over {1 + \cos \alpha }}} \right) = d\ln \left( {\tan \left( {\alpha /2} \right)} \right) = {v \over {r(vt)}}dt = {{d\xi } \over {r(\xi )}} $$

Así, bajo el supuesto de $r=r( \xi )$, se llega a un cerrado ecuación paramétrica de la curva como se ve desde el bastidor móvil $$ \left\{ \matriz{ d\ln \left( {\tan \left( {\alpha /2} \right)} \right) = {{d\xi } \over {r(\xi )}} \hfill \cr r = r(\xi ) \hfill \cr} \right. \etiqueta {2}$$ (por supuesto, siempre que la integral de $ {{d\xi } \over {r(\xi )}}$ ser conocido en forma cerrada).