Matematyka 1NI/Kąty przecięcia krzywych

Kąty przecięcia krzywych

Zadanie 1

Znaleźć kąty, pod jakimi przecinają się wykresy funkcji [math]f(x)=\mathrm{tg}\, x\, [/math] oraz [math]g(x)=\mathrm{ctg}\, x\, [/math].

Wskazówka

Należy obliczyć pochodne obu funkcji w punktach przecięcia.

---

Rozwiązanie

Najpierw znajdziemy współrzędne punktów przecięcia. W tym celu rozwiązujemy równanie:

[math] \mathrm{tg}\, x=\mathrm{ctg}\, x\; . \, [/math]

Ze względu na okresowość obu funkcji (z okresem równym [math]\pi\, [/math]) wystarczy ograniczyć się do argumentów z przedziału [math]\displaystyle \left]-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right[\, [/math]. Równanie (1) ma wówczas dwa rozwiązania: [math]\displaystyle x=\pm\frac{\pi}{4}\, [/math]. Ponieważ funkcje [math]f\, [/math] i [math]g\, [/math] są nieparzyste, więc w obu tych punktach kąt przecięcia będzie identyczny. Poniżej rozważymy zatem jedynie przypadek [math]\displaystyle x=\frac{\pi}{4}\, [/math]. Sytuacja, z jaką mamy do czynienia, przedstawiona jest na rysunku 1.

Rys 1. Punkty przecięcia wykresów funkcji [math]f(x)=\mathrm{tg}\, x\, [/math] oraz [math]g(x)=\mathrm{ctg}\, x\, [/math].

Aby znaleźć współczynniki kierunkowe stycznych obliczamy pochodne obu funkcji (kąty nachylenia wykresów funkcji [math]f\, [/math] i [math]g\, [/math] oznaczamy odpowiednio symbolami [math]\alpha\, [/math] i [math]\beta\, [/math]):

[math] \begin{array}{ccl} \mathrm{tg}\,\alpha &\!\!\! =&\!\!\!\left.f'(x)\right|_{x=\frac{\pi}{4}}=\frac{1}{\cos^2\frac{\pi}{4}}=2\; , \\ \mathrm{tg}\,\beta &\!\!\! =&\!\!\!\left.g'(x)\right|_{x=\frac{\pi}{4}}=\frac{-1}{\sin^2\frac{\pi}{4}}=-2\; . \end{array}\, [/math]

Szukany kąt [math]\gamma=\alpha-\beta\, [/math]. Posługując się wzorem na tangens różnicy kątów, mamy więc:

[math] \mathrm{tg}\, \gamma=\mathrm{tg}(\alpha -\beta)=\frac{\mathrm{tg}\,\alpha -\mathrm{tg}\,\beta}{1+\mathrm{tg}\,\alpha\, \mathrm{tg}\,\beta}=-\frac{4}{3}\; . \, [/math]

Tangens kąta [math]\gamma\, [/math] okazał się być ujemny, więc sam kąt jest większy od [math]\displaystyle \frac{\pi}{2}\, [/math]. Posługując się kalkulatorem możemy znaleźć jego przybliżoną wartość: [math]\gamma\approx 2.214 \,\mathrm{rad}\, [/math].

---

Zadanie 2

Znaleźć kąty, pod jakimi przecinają się wykresy funkcji [math]f(x)=x^2\, [/math] oraz [math]g(x)=\sqrt{x}\, [/math].

Wskazówka

Należy obliczyć pochodne obu funkcji w punktach przecięcia.

---

Rozwiązanie

Współrzędne punktów przecięcia znajdziemy, rozwiązując równanie:

[math] x^2=\sqrt{x}\; . \, [/math]

Ma ono dwa rozwiązania: [math]x=0\, [/math] oraz [math]x=1\, [/math], co przedstawione zostało na rysunku 2.

Rys 2. Punkty przecięcia wykresów funkcji [math]f(x)=x^2\, [/math] oraz [math]g(x)=\sqrt{x}\, [/math].

1. [math]x=0.\;\;\;\, [/math] Aby znaleźć współczynniki kierunkowe stycznych (kąty nachylenia wykresów funkcji [math]f\, [/math] i [math]g\, [/math] oznaczamy odpowiednio symbolami [math]\alpha\, [/math] i [math]\beta\, [/math]) obliczamy pochodne. Najpierw znajdujemy
   [math] \mathrm{tg}\,\alpha =\left.f'(x)\right|_{x=0}=\left.2x\right|_{x=0}=0\; , \, [/math]

   co oznacza, że [math]\alpha=0\, [/math]. Natomiast pochodna (oczywiście mówić możemy wyłącznie o pochodnej prawostronnej) funkcji [math]g\, [/math] w tym punkcie nie istnieje. Z rysunku widać jednoznacznie, dlaczego tak się dzieje. Otóż styczna do wykresu staje się w tym punkcie pionowa i współczynnik kierunkowy dąży do nieskończoności. Wynika stąd, iż [math]\displaystyle\beta =\frac{\pi}{2}\, [/math]. Otrzymujemy więc [math]\displaystyle\delta=\alpha-\beta=-\frac{\pi}{2}\, [/math]. Krzywe przecinają się zatem pod kątem prostym.

2. [math]x=1.\;\;\;\, [/math]
Tym razem mamy:
[math] \begin{array}{ccl} \mathrm{tg}\,\alpha &\!\!\! =&\!\!\! \left.f'(x)\right|_{x=1}=\left.2x\right|_{x=1}=2\; , \\ \mathrm{tg}\,\beta &\!\!\! =&\!\!\! \left.g'(x)\right|_{x=1}=\left.\frac{1}{2\sqrt{x}}\right|_{x=1}=\frac{1}{2}\; , \end{array}\, [/math]

Korzystając z wzoru na tangens różnicy kątów otrzymujemy:

[math] \mathrm{tg}\, \gamma=\mathrm{tg}(\alpha -\beta)=\frac{\mathrm{tg}\,\alpha -\mathrm{tg}\,\beta}{1+\mathrm{tg}\,\alpha\, \mathrm{tg}\,\beta}=\frac{3}{4}\; . \, [/math]
W przybliżeniu możemy obliczyć, że: [math]\gamma\approx 0.644 \,\mathrm{rad}\, [/math].

---

Zadanie 3

Znaleźć kąty, pod jakimi przecinają się wykresy funkcji [math]f(x)=x^2\, [/math] oraz [math]g(x)=x^4-2\, [/math].

Wskazówka

Należy obliczyć pochodne obu funkcji w punktach przecięcia.

---

Rozwiązanie

Współrzędne punktów przecięcia otrzymamy z równania:

[math] x^2=x^4-2\; , \, [/math]

które ma dwa rozwiązania: [math]x=\pm\sqrt{2}\, [/math]. Ze względu na parzystość obu funkcji, poniżej zajmiemy się wyłącznie przypadkiem [math]x=\sqrt{2}\, [/math]. Odpowiednie wykresy przedstawia rysunek 3.

Rys 3. Punkty przecięcia wykresów funkcji [math]f(x)=x^2\, [/math] oraz [math]g(x)=x^4-2\, [/math].

Aby znaleźć współczynniki kierunkowe stycznych, obliczamy pochodne funkcji [math]f\, [/math] i [math]g\, [/math]. Kąty nachylenia ich wykresów oznaczamy odpowiednio symbolami [math]\alpha\, [/math] i [math]\beta\, [/math]. Otrzymujemy:

[math] \begin{array}{ccl} \mathrm{tg}\,\alpha &\!\!\! =&\!\!\! \left.f'(x)\right|_{x=\sqrt{2}}=\left.2x\right|_{x=\sqrt{2}}=2\sqrt{2}\; , \\ \mathrm{tg}\,\beta &\!\!\! =&\!\!\! \left.g'(x)\right|_{x=\sqrt{2}}=\left.4x^3\right|_{x=\sqrt{2}}=8\sqrt{2}\; , \end{array}\, [/math]

Podobnie jak w poprzednich zadaniach, korzystamy teraz z wzoru na tangens różnicy kątów, otrzymując:

[math] \mathrm{tg}\, \gamma=\mathrm{tg}(\beta-\alpha )=\frac{\mathrm{tg}\,\beta -\mathrm{tg}\,\alpha}{1+\mathrm{tg}\,\beta\, \mathrm{tg}\,\alpha}=\frac{8\sqrt{2}-2\sqrt{2}}{1+8\sqrt{2}\cdot 2\sqrt{2}}=\frac{2\sqrt{2}}{11}\; . \, [/math]

W przybliżeniu znajdujemy, że: [math]\gamma\approx 0.252 \,\mathrm{rad}\, [/math].

---

Zadanie 4

Wykazać, że rodziny krzywych:

[math] x^2+x-y^2=A\; ,\;\;\;\; y(2x+1)=B\; , \, [/math]

gdzie [math]A\, [/math] i [math]B\, [/math] są stałymi różnymi od zera, przecinają się wszędzie pod kątem prostym.

Wskazówka

Należy znaleźć pochodne obu (niejawnych) funkcji [math]y(x)\, [/math] w punktach przecięcia, różniczkując równania (11).

---

Rozwiązanie

Równania (11) opisują hiperbole, które przestawione są na rysunku 4.

Rys 4. Wykresy równań (11), dla różnych wartości parametrów [math]A\, [/math] i [math]B\, [/math].

Definiują one pewne funkcje [math]y(x)\, [/math]. Zakładając, że są one różniczkowalne, możemy kolejno napisać:

[math] \begin{array}{ccl} 2x+1-2y y'=0\;\;&\Longrightarrow &\;\; y'=\frac{2x+1}{2y}\; , \\ y'(2x+1)+2y=0\;\;&\Longrightarrow &\;\; y'=-\frac{2y}{2x+1}\; , \end{array}\, [/math]

Wielkości te istnieją w interesujących nas punktach, gdyż drugie z równań (11) wyklucza, aby na drugiej z krzywych (a więc także w punktach przecięcia) zachodziło [math]y=0\, [/math] bądź [math]\displaystyle x=-\frac{1}{2}\, [/math] (pamiętamy, że [math]B\neq 0\, [/math]).

Przyjmijmy, że dany punkt przecięcia ma współrzędne [math](x_0,y_0)\, [/math]. Wówczas kąty ([math]\alpha\, [/math], [math]\beta\, [/math]) nachylenia obu krzywych dane są równaniami:

[math] \begin{array}{ccl} \mathrm{tg}\,\alpha &\!\!\! =&\!\!\!\frac{2x_0+1}{2y_0}\; ,\\ \mathrm{tg}\,\beta &\!\!\! =&\!\!\!-\frac{2y_0}{2x_0+1}=-\frac{1}{\mathrm{tg}\, \alpha}=-\mathrm{ctg}\,\alpha=\mathrm{tg}\left(\frac{\pi}{2}+\alpha\right)\; . \end{array}\, [/math]

Ponieważ [math]\displaystyle -\frac{\pi}{2}\lt \alpha,\beta \lt \frac{\pi}{2}\, [/math], wiec z równania tego wynika, iż [math]\displaystyle \alpha-\beta=\pm\frac{\pi}{2}\, [/math].

---

Zadanie 5

Wykazać, że rodziny krzywych:

[math] e^x\cos y=A\; ,\;\;\;\; e^x\sin y=B\; , \, [/math]

gdzie [math]A,B\gt 0\, [/math], przecinają się wszędzie pod kątem prostym.

Wskazówka

Należy znaleźć pochodne obu (niejawnych) funkcji [math]y(x)\, [/math] w punktach przecięcia, różniczkując równania (14).

---

Rozwiązanie

Na początku zastanowimy się, czy krzywe (14) przecinają się dla dowolnych [math]A,B\gt 0\, [/math]. W tym celu podzielimy oba równania stronami, otrzymując kolejne równanie:

[math] \mathrm{tg}\, y=\frac{A}{B}\; , \, [/math]

które ma zawsze rozwiązanie. Z (14) możemy ponadto otrzymać inny związek:

[math] e^{2x}=A^2+B^2\; , \, [/math]

skąd uzyskujemy:

[math] x=\frac{1}{2}\,\log(A^2+B^2)\; . \, [/math]

Krzywe opisane równaniami (14) mają więc punkty przecięcia, a cały ich przebieg przestawiony są na rysunku 5.

Rys 5. Wykresy równań (14), dla różnych wartości parametrów [math]A\, [/math] i [math]B\, [/math].

Związki (14) definiują pewne (niejawne) funkcje [math]y(x)\, [/math]. Przyjmując, że są one różniczkowalne, możemy napisać:

[math] \begin{array}{ccl} e^x(\cos y-y'\sin y)=0\;\;&\Longrightarrow &\;\; y'=\mathrm{ctg}\, y\; , \\ e^x(\sin y+y'\cos y)=0\;\;&\Longrightarrow &\;\; y'=-\mathrm{tg}\, y\; , \end{array}\, [/math]

Równania (14) wraz z warunkiem [math]A,B\gt 0\, [/math] wykluczają, aby zachodziło [math]\displaystyle y=n\,\frac{\pi}{2}[/math] dla [math]n\in\mathbb{Z}\, [/math], więc obie pochodne istnieją w każdym punkcie przecięcia.

Przyjmijmy, że dany punkt przecięcia ma współrzędne [math](x_0,y_0)\, [/math]. Kąty ([math]\alpha\, [/math], [math]\beta\, [/math]) nachylenia obu krzywych dane są równaniami:

[math] \begin{array}{ccl} \mathrm{tg}\,\alpha &\!\!\! =&\!\!\!\mathrm{ctg}\, y_0\; ,\\ \mathrm{tg}\,\beta &\!\!\! =&\!\!\!-\mathrm{tg}\, y_0=-\frac{1}{\mathrm{tg}\, \alpha}=-\mathrm{ctg}\,\alpha=\mathrm{tg}\left(\frac{\pi}{2}+\alpha\right)\; . \end{array}\, [/math]

Ponieważ [math]\displaystyle -\frac{\pi}{2}\lt \alpha,\beta \lt \frac{\pi}{2}\, [/math], więc z powyższego związku wynika, iż [math]\displaystyle \alpha-\beta=\pm\frac{\pi}{2}\, [/math].

---

Zadanie 6

Wykazać, że wykresy funkcji [math]f_1(x)=\sqrt{x}\, [/math], [math]f_2(x)=-\sqrt{x}\, [/math] oraz [math]g(x)=\sqrt{x}\sin x\, [/math] są styczne we wszystkich punktach wspólnych (poza początkiem układu współrzędnych).

Wskazówka

Należy obliczyć i porównać pochodne funkcji w punktach wspólnych.

---

Rozwiązanie

Wykresy wszystkich funkcji przedstawione są na rysunku 6.

Rys 6. Wykresy funkcji [math]f_1(x)=\sqrt{x}\, [/math], [math]f_2(x)=\sqrt{x}\, [/math] oraz [math]g(x)=\sqrt{x}\sin x\, [/math].

Równanie [math]f_1(x)=g(x)\, [/math] daje [math]\sin x=1\, [/math] i widzimy, że punkty wspólne możemy numerować zmienną [math]n=0,1,2,\ldots\, [/math]. Mają one postać: [math]\displaystyle x_n=\frac{\pi}{2}+2 n\pi\, [/math]. W tych punktach otrzymujemy:

[math] \begin{array}{ccl} f'_1(x_n)&\!\!\!=&\!\!\!\frac{1}{2\sqrt{x_n}}\; ,\\ g'(x_n)&\!\!\!=&\!\!\!\frac{1}{2\sqrt{x_n}}\, \sin x_n+\sqrt{x_n}\, \cos x_n=\frac{1}{2\sqrt{x_n}}\; , \end{array}\, [/math]

gdyż [math]\cos x_n=0\, [/math]. Jak widzimy pochodne są identyczne, a zatem wykresy obu funkcji są styczne.

Podobnie z równania [math]f_2(x)=g(x)\, [/math] mamy [math]\sin x=-1\, [/math] i ponownie punkty wspólne możemy numerować zmienną [math]n\, [/math]. Tym razem mają one postać: [math]\displaystyle \tilde{x}_n=\frac{3\pi}{2}+2 n\pi[/math] i mamy:

[math] \begin{array}{ccl} f'_2(\tilde{x}_n)&\!\!\!=&\!\!\!-\frac{1}{2\sqrt{\tilde{x}_n}}\; ,\\ g'(\tilde{x}_n)&\!\!\!=&\!\!\!\frac{1}{2\sqrt{\tilde{x}_n}}\, \sin\tilde{x}_n+\sqrt{\tilde{x}_n}\, \cos \tilde{x}_n=-\frac{1}{2\sqrt{\tilde{x}_n}}\; . \end{array}\, [/math]

Otrzymaliśmy identyczne wartości, więc krzywe są styczne.

---