题号:2497    题型:解答题    来源:2022年9月考研数学 (一二三) 第一次模拟试题
设某 $A$ 从 $O x y$ 平面的原点出发, 沿 $x$ 轴正方向前进; 同时某 $B$ 从点 $(0, b)$ 开始追踪 $A$, 即 $B$ 的运动方向永远指向 $A$ 并与 $A$ 保持等距 $b$, 试求 $B$ 的光滑运动轨迹.
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答案:
解: 设在时刻 $t$ 时 $A$ 位于 $(f(t), 0)$. 其中 $f(0)=0$, 且 $f(t)$ 是关于 $t$ 的严格单调增函数. 设在 时刻 $t$ 时 $B$ 位于 $(P(t), Q(t))$, 其中 $P(0)=0, Q(0)=b$. 不妨设 $b \neq 0$, 否则 $B$ 的运动将与 $A$ 重合。
根据对称性假设 $b > 0$, 由于 $B$ 的路径光滑, 因此关于 $t$ 的函数 $P, Q$ 均连续可微的, 由 题意知 $B$ 的方向一直指向 $A$, 因此
$$
\left(P^{\prime}(t), Q^{\prime}(t)\right)=k(f(t)-P(t),-Q(t)) ...(1)
$$

其中 $k > 0$. 由于 $A, B$ 间距始终为 $b$, 因此
$$
[P(t)-f(t)]^2+Q(t)^2=b^2 ...(2)
$$
当 $Q(t) \neq 0$ 时, $Q^{\prime}(t)$ 也不为 0 . 此时将式 (1) 代入 (2) 可得
$$
\left(P^{\prime}(t)\right)^2+\left(Q^{\prime}(t)\right)^2=b^2 k^2=b^2 \frac{Q^{\prime}(t)^2}{Q(t)^2} ...(3)
$$
于是我们就得到了微分方程
$$
\left(\frac{P^{\prime}(t)}{Q^{\prime}(t)}\right)^2+1=\frac{b^2}{Q(t)^2} \Rightarrow\left(\frac{\mathrm{d} p(t)}{\mathrm{d} Q(t)}\right)^2+1=\frac{b^2}{Q(t)^2}
$$
即]
$$
\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{~d} y}=-\frac{\sqrt{b^2-y^2}}{y}
$$



$$
\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{~d} y}=-\frac{\sqrt{b^2-y^2}}{y}
$$
令 $\frac{b}{y}=\cosh a$, 其中 $a \in \mathrm{R}^{+}$, 即有
$$
\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} a}=\frac{-b \tanh a}{\cosh a}, \frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{~d} y}=-\sinh a .
$$
因此


$$
\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{~d} a}=b(\tanh a)^2=b-b(\tanh a)^{\prime} \Rightarrow x=b a-b \tanh a+C .
$$



$$
x=b \cosh ^{-1} \frac{b}{y}-b \tanh \left(\cosh ^{-1} \frac{b}{y}\right)+C .
$$
将初始条件 $x=0, y=b$ 代入, 解得 $C=0$. 因此 $B$ 的光滑轨迹为
$$
x=b \cosh ^{-1} \frac{b}{y}-b \tanh \left(\cosh ^{-1} \frac{b}{y}\right)=\frac{b}{2} \ln \frac{b+\sqrt{b^2-y^2}}{b-\sqrt{b^2-y^2}}-\sqrt{b^2-y^2} .
$$
当 $Q(t)=0$ 时, 易得 $B$ 已经和 $A$ 同在 $x$ 轴上运动.

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