Puntos de $(x^2 + y^2)^2 = 2x^2 - 2y^2$con pendiente de % de $1$

Question

Vamos a la curva en el plano definido por la ecuación: $(x^2 + y^2)^2 = 2x^2 - 2y^2$

¿Cómo puedo gráfico de la curva en el plano y determinar los puntos de la curva donde $\frac{dy}{dx} = 1$.

Mi trabajo:

Primero me encontré con las raíces de esta ecuación con un cambio de variable $z = y^2$ y obtener:

y luego he intentado graficar el punto de $ x - y$ $x + y $ pero me quedé yo no puedo gráfico y encontrar el punto donde la derivada es 1. Alguna ayuda por favor.

Answer 1

Tal vez sería mejor si se transforma la ecuación en coordenadas polares: poner $x = \rho \cos \varphi $ y $y = \rho \sin \varphi$, entonces

$$ (x^2+y^2)^2 = 2x^2 - 2y^2 $$

es

$$ \rho^2 = 2 \cos ( 2 \varphi) $$

Answer 2

Ya tienes algunas buenas sugerencias en la parte gráfica usando coordenadas polares (si está familiarizado con eso). Por el otro, implícitamente diferenciar el dado de la relación para obtener el ${dy\over dx}$:

\begin{align*} (x^2 + y^2)^2 &= 2x^2 - 2y^2\\ 2(x^2+y^2)(2x+2y{dy\over dx})&=4x-4y{dy\over dx}\\ 2x^3+2x^2y{dy\over dx}+2xy^2+2y^3{dy\over dx}&=2x-2y{dy\over dx}\\ (2x^2y+2y^3+2y){dy\over dx}&=2x-2x^3-2xy^2\\ {dy\over dx}&={2x-2x^3-2xy^2\over 2x^2y+2y^3+2y}\\ {dy\over dx}&={x(1-x^2-y^2)\over y(x^2+y^2+1)}\\ \end{align*}

Ahora solucione ${dy\over dx}=1$ en términos de$x$$y$, teniendo en cuenta que puede utilizar la expresión original para simplificar las cosas a lo largo del camino. Edit: Esto es mucho más complicado de lo que yo esperaba; ver abajo.

Aquí está la situación (nota: ${dy\over dx}$ no está definido en el origen):

Así que, ¿cómo encontrar estas coordenadas? Como se señaló en otra respuesta, el original de la relación puede ser expresada en coordenadas polares como $r^2=2\cos(2t)$. Recordemos que la pendiente de la línea tangente en coordenadas polares es dada por $$ {dy\más de dx}={{dr\más de dt}\sen t+r\cos t\over {dr\más de dt}\cos t-r\sen t}, $$ por lo que el establecimiento ${dy\over dx}=1$ y el uso de $r^2=2\cos(2t)\implies {dr\over dt}={-2\sin(2t)\over r}$, obtenemos \begin{align*} {dy\over dx}&=1\\ {dr\over dt}\sin t+r\cos t&={dr\over dt}\cos t-r\sin t\\ {-2\sin(2t)\over r}\sin t+r\cos t&={-2\sin(2t)\over r}\cos t-r\sin t\\ -2\sin(2t)\sin t+r^2\cos t&=-2\sin(2t)\cos t-r^2\sin t\\ r^2&={2\sin(2t)[\sin t-\cos t]\over \cos t+\sin t}\\ 2\cos(2t)&={2\sin(2t)[\sin t-\cos t]\over \cos t+\sin t}\\ \end{align*} Multiplicar a la derecha, por ${\cos t-\sin t\over \cos t-\sin t}$, el uso de $\cos^2t-\sin^2t=\cos(2t)$ $\sin(2t)=2\sin t\cos t$ y reorganizar para obtener \begin{align*} \sin(2t)&=-(\sin t+\cos t)^2\\ 2\sin t\cos t&=-1-2\sin t\cos t\\ 4\sin t\cos t&=-1\\ \sin(2t)&=-{1\over 2}\\ t&={7\pi\over 12},\ {11\pi\over 12}. \end{align*}

Pero $r^2=2\cos(2t)$, $t={11\pi/12}\implies r^2=2\cos(11\pi/6)=\sqrt{3}$. Por lo tanto, las coordenadas polares de este punto se $(3^{1/4},11\pi/12)$ que en coordenadas rectangulares es$$(3^{1/4}\cos(11\pi/12),3^{1/4}\sin(11\pi/12))\approx (-1.27,0.34)$$, como se muestra en la figura anterior.

(El cuarto cuadrante punto de tangencia se puede encontrar de manera similar.)

Answer 3

No voy a hacer el gráfico, sólo el álgebra.

Implícita diferenciación da

$$2(x^2+y^2)(2x+2yy')=4x-4yy'$$

por lo que el establecimiento $y'=1$ y la simplificación conduce a

$$(x^2+y^2)(x+y)=x-y\qquad(*)$$

Si ahora podemos reescribir la ecuación de la curva como

$$(x^2+y^2)^2=2(x-y)(x+y)$$

vemos que al multiplicar ambos lados de la ecuación ($(*)$$2(x+y)$ da

$$2(x^2+y^2)(x+y)^2=2(x-y)(x+y)=(x^2+y^2)^2$$

Ignorando el punto de la curva en $(0,0)$ (donde la derivada no está definida), se puede cancelar una $(x^2+y^2)$ de los de arriba, dejando $2(x+y)^2=x^2+y^2$, que se simplifica a $x^2+y^2=-4xy$ (lo que significa que uno de $x$ $y$ tendrá que ser positivo y el otro negativo). Conectando en el original de la ecuación de la curva de da $(-4xy)^2=2x^2-2y^2$, o

$$y^2={x^2\over1+8x^2}$$

Conectar este en la ecuación original para la curva de da

$$\left(x^2+{x^2\over1+8x^2}\right)^2=2x^2-2{x^2\over1+8x^2}$$

Simplificando (y teniendo en cuenta que ya estamos ignorando $x=0$) produce

$$16x^4-24x^2-3=0$$

Las verdaderas raíces de este son

$$x=\pm\sqrt{3+2\sqrt3\over4}\approx\pm1.27$$

Los valores correspondientes para $y$ (recordando que $-4xy$ debe ser positivo)

$$y=\mp\sqrt{-3+2\sqrt3\over4}\approx\mp.34$$

Answer 4

Para la determinación de la gráfica es mejor lo terreno como Lemur dice en coordenadas polares y ver lo que sucede en diferentes ángulos con $r$.

$\hskip2in$

Para los puntos con derivada igual a uno:

$$(x^2 + y^2)^2 = 2x^2 - 2y^2$ $ $$x^4+y^4+2x^2y^2=2x^2-2y^2$ $ $$4x^3+4y^3\frac{dy}{dx}+4xy^2+4x^2y\frac{dy}{dx}=4x-4y\frac{dy}{dx}$ $ Ajuste $\frac{dy}{dx}=1$ % $ $$4x^3+4y^3+4xy^2+4x^2y=4x-4y$

Answer 5

Trato de solucionar el problema como un derivado implícito: $$\frac{d}{dx}(x^2 + y^2)^2 = \frac{d}{dx}(2x^2 - 2y^2)$ $ $$2(x^2+y^2)(2x+2y*y') =4x-4y*y'$ $ $$2 x^3+2x^2 y* y'+2 y^3 y'+2 x y^2 = 4x-4y*y'$ $ $$2x^2y*y' + 2y^3y' + 4y*y' = 4x-2xy^2-2x^2$ $ $$y'(2x^2y + 2y^3+4y) =4x-2xy^2-2x^2$ $ $$y' = \frac{4x-2xy^2-2x^2}{2x^2y + 2y^3+4y} = 1$ $ $$\implies 4x-2xy^2-2x^2 = 2x^2y + 2y^3+4y$ $