Кривизна плоской кривой (примеры). Практикум по математическому анализу. Урок 66

Пример 3. Найти координаты центра кривизны и построить кривую и круг кривизны кривой:
1) $y=4x-x^{2}$ в ее вершине;
2) $x=t-\sin t,\: y=1-\cos t$ в точке, где $\displaystyle t=\frac{\pi }{2}$.
Решение. 1) Данное уравнение определяет параболу, ось которой параллельна оси $Oy$. Найдем ее вершину как точку, где касательная параллельна оси $Ox$, т. е. где $y'=0$:

$y'=4-2x;\: y'=0$ при $x=2;\: y(2)=4.$

Далее по формулам

$$\displaystyle X=x-\frac{\dot{x}^{2}+\dot{y}^{2}}{\dot{x}\ddot{y}-\dot{y}\ddot{x}}\dot{y}=x-\frac{1+(y')^{2}}{y''}y',$$

$$\displaystyle Y=y+\frac{\dot{x}^{2}+\dot{y}^{2}}{\dot{x}\ddot{y}-\dot{y}\ddot{x}}\dot{x}=y+\frac{1+(y')^{2}}{y''}.\; \; (2)$$

находим координаты центра кривизны $C$ данной параболы в ее вершине (2; 4)

$$\displaystyle X=x-\frac{1+(y')^{2}}{y''}y'=2;\: Y=y+\frac{1+(y')^{2}}{y''}=\frac{7}{2}$$

и строим параболу и круг кривизны в ее вершине (рис. 82).
2) Находим производные $\dot{x}=1-\cos t,\: \ddot{x}=\sin t,\: \dot{y}=\sin t,\: \ddot{y}=\cos t$, их значения при $\displaystyle t=\frac{\pi }{2}$:

$$\displaystyle \dot{x}\left ( \frac{\pi }{2} \right )=1,\: \ddot{x}\left ( \frac{\pi }{2} \right )=1,\: \dot{y}\left ( \frac{\pi }{2} \right )=1,\: \ddot{y}\left ( \frac{\pi }{2} \right )=0,$$

и по формулам (2) координаты центра кривизны

$$\displaystyle X=x-\frac{\dot{x}^{2}+\dot{y}^{2}}{\dot{x}\ddot{y}-\dot{y}\ddot{x}}\dot{y}=\frac{\pi }{2}+1;\: Y=y+\frac{\dot{x}^{2}+\dot{y}^{2}}{\dot{x}\ddot{y}-\dot{y}\ddot{x}}\dot{x}=-1.$$

Затем строим данную циклоиду, ее точку $\displaystyle A\left ( \frac{\pi }{2}-1;1 \right )$, где
$\displaystyle t=\frac{\pi }{2}$, найденный центр кривизны $\displaystyle C\left ( \frac{\pi }{2}+1;-1 \right )$ и круг кривизны (рис. 83).

Пример 4. В каких точках параболы $\displaystyle y=\sqrt{2}x^{2}$ радиус кривизны равен единице?
Решение. Находим производные $\displaystyle y'=2\sqrt{2}x,\: y''=2\sqrt{2}$ и по формуле (1)

$$\displaystyle K=\frac{\left | y'' \right |}{\left [ 1+(y')^{2}\right ]^{\frac{3}{2}}}=\frac{\left | \dot{x}\ddot{y}-\dot{y}\ddot{x} \right |}{(\dot{x}^{2}+\dot{y}^{2})^{\frac{3}{2}}}, \; \; \; \; (1)$$

радиус кривизны параболы в любой ее точке с абсциссой $x$:

$$\displaystyle R(x)=\frac{(1+8x^{2})^{\frac{3}{2}}}{2\sqrt{2}}.$$

Полагая $R(x)=1$, получим абсциссы искомых точек

$$\displaystyle 2\sqrt{2}=(1+8x^{2})^{\frac{3}{2}};\: (2\sqrt{2})^{\frac{2}{3}}=1+8x^{2};\: 8x^{2}=1;\: x=\pm \frac{1}{2\sqrt{2}}.$$

$
Пример 5. В какой точке кривая $\displaystyle y=e^{x}$ имеет наибольшую кривизну?
Решение. Находим производные $\displaystyle y'=y''=e^{x}$ и кривизну данной кривой в любой точке:

$$\displaystyle K(x)=\frac{e^{x}}{(1+e^{2x})^{\frac{3}{2}}}.$$

Далее ищем наибольшее значение функции $K(x)$, которая определена и непрерывна на всей числовой оси:

$\displaystyle K'(x)=\frac{e^{x}(1-2e^{2x})}{(1+e^{2x})^{\frac{5}{2}}};\: K'(x)=0$ при $\displaystyle 1-2e^{2x}=0,$

т.е. в единственной точке $\displaystyle x_{0}=-\frac{\ln 2}{2}$. Определяя знаки $K'(x)$ слева и справа от этой критической точки:

$$\displaystyle \left\{\begin{matrix} X=x-\frac{1+(y')^{2}}{y''}=x-\frac{1+x^{2}}{-1}(-x);\\ Y=y+\frac{1+(y')^{2}}{y''}=1-\frac{x^{2}}{2}+\frac{1+x^{2}}{-1}; \end{matrix}\right.$$

$$\displaystyle \left\{\begin{matrix} X=-x^{3};\\ Y=-\frac{3}{2}x^{2}. \end{matrix}\right.$$

Это параметрические уравнения эволюты. Исключая из них параметр $x$, получим $\displaystyle 27X^{2}=-8Y^{3}$ — уравнение полукубической параболы. Данная парабола и найденная ее эволюта изображены на рис. 84.

2) Из уравнений эллипса найдем производные $\dot{x}=-a\sin t,\: \ddot{x}=-a\cos t,\: \dot{y}=b\cos t,\: \ddot{y}=-b\sin t$ и по формулам (2) получим, после упрощений, параметрические уравнения эволюты эллипса

$\displaystyle X=\frac{c^{2}}{a}\cos ^{3}t,\: Y=-\frac{c^{2}}{b}\sin ^{3}t,$ где $\displaystyle c^{2}=a^{2}-b^{2}$

Эллипс и его эволюта построены на рис. 85.