Задача 16. Филиппов А.Ф. Сборник задач по дифференциальным уравнениям

Написать уравнение геометрического места точек перегиба графиков решений уравнений
а) \(y'=y-x^2\);
б) \(y'=x-e^y\);
в) \(x^2+y^2y'=1\);
г) \(y'=f(x,y)\).

Решение
Геометрическим местом точек перегиба являются те точки, в которых вторая производная \(y′′\) равна нулю или обращается в бесконечность.

а) \(y'=y-x^2\)
Найдем вторую производную: \(y''=y'-2x=y-x^2-2x.\)
Приравняем вторую производную к нулю: \(y-x^2-2x=0\).
Получаем геометрическое место точек перегиба: \(y=x^2+2x\).

б) \(y'=x-e^y\)
Найдем вторую производную: \(y''=1-e^yy'=1-e^y(x-e^y)\).
Приравняем вторую производную к нулю: \(1-e^y(x-e^y)=0\).
\[e^y(x-e^y)=1\]
\[x-e^y=e^{-y}\]
\[x=e^y+e^{-y}\]
Получаем геометрическое место точек перегиба: \(x=e^y+e^{-y}\).

в) \(x^2+y^2y'=1\)
\[y'=\frac{1-x^2}{y^2}\]
Найдем вторую производную:
\[y''=\frac{-2x \cdot y^2-2yy'(1-x^2)}{y^4}=\frac{-2x \cdot y^2-2y \frac{1-x^2}{y^2}(1-x^2)}{y^4}=-2\frac{xy^3+(1-x^2)^2}{y^5}\]
Приравняем вторую производную к нулю:
\[-2\frac{xy^3+(1-x^2)^2}{y^5}=0\]
\[xy^3+(1-x^2)^2=0\]
Отдельно рассмотрим \(y=0\). Построим приближенно интегральные кривые:

Очевидно, что прямая \(y=0\) является геометрическим местом точек перегиба.
Получаем геометрическое место точек перегиба: \(xy^3+(1-x^2)^2=0\); \(y=0\).

г) \(y'=f(x,y)\).
Продифференцируем уравнения по \(x\), считая что \(f(x,y)\) это сложная функция от двух переменных:
\[y''=\frac{\partial f}{\partial x}\frac{dx}{dx}+\frac{\partial f}{\partial y}\frac{dy}{dx}=f_x'+f_y'\cdot y'=f_x'+f_y'\cdot f.\]
Приравняем вторую производную к нулю и получим геометрическое место точек перегиба: \(f_x'+f_y'\cdot f=0\).