He resuelto este problema: hallar el área del triángulo formado por la $x$ $y$ eje y la línea tangente a la curva de $f(x) = \frac 1x$ en cualquier punto de $(x_0,f(x_0))$. Me enteré de que la zona era igual a $2$ por cada punto. Luego me preguntó qué tipo de función puede tener esa área particular de ser independiente de el punto que elija. Y vi que por la zona a ser igual a una constante $c$, la función de $y(x) $debe comprobar esta ecuación diferencial: $$y'x^2 + \frac 1{y'}y^2 - 2xy = 2c$$ Tomando $C = 2$ Área $C = 2c$ sea más sencillo. Pero no puedo encontrar las soluciones. Realmente necesito una ayuda.
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Primero vamos a corregir lo que parece ser una señal de error en la pregunta, a continuación te mostramos las únicas curvas en el primer cuadrante que los rendimientos de los triángulos de área constante $a$, son las líneas
$$y(x)=-c^2x+c\sqrt{2a}$$
para cada $c>0$, y la hipérbola
$$y(x)=\frac ax$$
Así, uno está considerando las curvas de ecuación $$y=u(x)$$ in the first quadrant, with $u$ decreasing. The tangent line at $(x_0,y_0)=(x_0,u(x_0))$ has equation $$y=u'(x_0)(x-x_0)+y_0$$ hence it meets the $x$-axis at the point of abscissa $$x=x_0-\frac{y_0}{u'(x_0)}$$ and it meets the $y$-axis at the point of ordinate $$y=-u'(x_0)x_0+y_0$$ The area $a$ of the triangle formed by the tangent line and the two axes is half the product of this abscissa and this ordinate, that is, $$a=\frac12\left(x_0-\frac{y_0}{u'(x_0)}\right)(-u'(x_0)x_0+y_0)$$ Reordering, one sees that the solutions correspond to functions $u$ tales que
$$(xu'(x)-u(x))^2=-2au'(x)\tag{$\ast$}$$
Ahora, para la resolución de esta ecuación diferencial $(\ast)$. En primer lugar, tengamos en cuenta que el $(\ast)$ implica un segundo grado del polinomio en $u'(x)$, es decir, $(\ast)$ es equivalente a $$x^2u'(x)^2+2(a-xu(x))u'(x)+u(x)^2=0$$ El discriminante de este polinomio debe ser no negativo para una solución de $u'(x)$ a existir, por lo tanto uno puede elegir $v(x)\geqslant0$ tal que $$v^2(x)=(a-xu(x))^2-x^2u(x)^2=a^2-2axu(x)$$ then the formula for the roots of a quadratics with nonnegative discriminant shows that $$x^2u'(x)=xu(x)-a\pm v(x)$$ One can express $u(x)$ and $u'(x)$ in terms of $v(x)$ and $v'(x)$, since $$2axu(x)=a^2-v^2(x)\qquad x^2u'(x)=xu(x)-a\pm v(x)$$ Pero ahora, $$v(x)v'(x)=-a(xu(x))'=-axu'(x)-au(x)$$ hence $$2xv(x)v'(x)=-2a(x^2u'(x))-(2axu(x))=-(a^2-v^2(x)-2a^2\pm2av(x))-(a^2-v^2(x))$$ es decir, $$2xv(x)v'(x)=2v^2(x)\mp2av(x)$$ y, finalmente, $$v(x)\cdot(xv'(x)-v(x)\pm a)=0$$ The solution $v(x)=0$ yields $$2xu(x)=a$$ which describes the hyperbola $$y=\frac a{2x}$$ The solution $xv'(x)-v(x)\pm=0$ yields $$|v(x)\mp a|=bx$$ for some nonnegative $b$. Since $v(x)$ is always between $0$ and $un$, this yields $v(x)=a-bx$, thus, $v^2(x)=a^2-2abx+b^2x^2$, that is, $$u(x)=b-\frac{b^2}{2a}x$$ Esta última ecuación, de hecho, describe las líneas da como soluciones al comienzo de este post.
