Найти траектории, пересекающие кривые данного семейства под углом в \(45^o\), причем этот угол от касательной к кривой до касательной к траектории отсчитывается в отрицательном направлении.
а) \(y =x\ln Cx\);
б) \((x-3y)^4 = Cxy^6\).
Решение
Алгоритм решения задачи:
1. Из уравнения траекторий семейства кривых находим дифференциальное уравнение семейства кривых.
2. Выражаем из уравнения производную \(y'\).
3. Поскольку нужно найти изогональные траектории для которых угол от касательной к кривой до касательной к траектории отсчитывается в отрицательном направлении, подставляем производную \(y'\) в соотношение:
\[\frac{y'-y_{изог}'}{1+y'y_{изог}'}=\tan \varphi,\]
4. Из получившегося дифференциального уравнения находим уравнение изогональных траекторий.
а) \(y =x\ln Cx\)
Выразим \(C\):
\[C=\frac{e^{y/x}}{x} \]
Продифференцируем уравнение семейства кривых:
\[y'=\ln Cx +1\]
Подставим \(C\):
\[y'=\ln \frac{e^{y/x}}{x}x +1\]
\[y'=\frac{y}{x} +1\]
Таким образом, дифференциальное уравнение исходного семейства кривых:
\[y'=\frac{y}{x} +1\]
Найдем уравнение траекторий для которых угол отсчитывается от искомой кривой к исходной кривой:
\[\frac{y'-y_1'}{1+y'y_1'}=\tan 45^o=1\]
\[\frac{\dfrac{y}{x} +1-y_1'}{1+\Bigl(\dfrac{y}{x} +1\Bigr)y_1'}=1\]
\[\frac{y +x-xy_1'}{x+(y +x)y_1'}=1\]
\[y +x-xy_1'=x+(y +x)y_1'\]
\[(y +2x)y_1'=y\]
\[y_1'=\frac{y}{y+2x}\]
Таким образом, мы получили дифференциальное уравнение траекторий, пересекающих кривые исходного семейства под углом в \(45^o\):
\[y_1'=\frac{y}{y+2x}\]
Уравнение является однородным.
\[y_1'=\frac{\dfrac{y}{x}}{\dfrac{y}{x}+2}\]
Проведем замену \(y_1 = tx\):
Найдем производную:
\[\frac{dy_1}{dx}=t+x\frac{dt}{dx}\]
Подставим замену и полученную производную в уравнение:
\[t+x\frac{dt}{dx}=\frac{t}{t+2}\]
\[x\frac{dt}{dx}=\frac{t}{t+2}-t\]
\[x\frac{dt}{dx}=\frac{t-t^2-2t}{t+2}\]
\[x\frac{dt}{dx}=-\frac{t^2+t}{t+2}\]
\[x\frac{dt}{dx}=-\frac{t(t+1)}{t+2}\]
Это уравнение является уравнением с разделяющимися переменными. Разделим переменные:
\[\frac{t+2}{t(t+1)} dt=-\frac{1}{x}dx\]
Переменные разделены. Интегрируем обе части уравнения:
\[\int \frac{t+2}{t(t+1)} dt=-\int \frac{1}{x}dx\]
Рассмотрим левый интеграл. Разложим дробь на простые составляющие методом неопределенных коэффициентов:
\[\frac{t+2}{t(t+1)}=\frac{a}{t}+\frac{b}{t+1}\]
Приводя к общему знаменателю, приравняем числители:
\[at+a+bt=t+2\]
\[t(a+b)+a=t+2\]
Приравнивая коэффициенты при разных степенях \(t\), получаем систему:
\[\begin{cases}\ a+b=1\\ a=2 \end{cases}\]
Отсюда: \(a=2, \ b=-1\).
Получаем:
\[\frac{t+2}{t(t+1)}=\frac{2}{t}-\frac{1}{t+1}\]
Таким образом:
\[\int\frac{2}{t}dt-\int\frac{1}{t+1} dt=-\int \frac{1}{x}dx\]
Получаем:
\[2\ln|t|-\ln|t+1|=-\ln |x|+\ln C\]
\[\ln|xt^2|=\ln|C(t+1)|\]
Произведем обратную замену. Так как \(y_1 = tx\), получаем:
\[x\frac{y_1^2}{x^2} =C(\frac{y_1}{x}+1)\]
\[y_1^2 =C(y_1+x)\]
При делении могли быть потеряны решения \(x = 0\), \(t=0 \ (y_1=0)\) и \(t+1=0 \ (y_1=-x)\). Очевидно, \(x=0\) не является решением, \(y_1=0\) входит в общее решение при \(C=0\), \(y_1=-x\) является решением.
Таким образом, мы получили уравнение траекторий, пересекающих кривые исходного семейства под углом в \(45^o\):
\[y_1^2 =C(y_1+x); \ y_1=-x.\]
б) \((x-3y)^4 = Cxy^6\)
Выразим \(C\):
\[C=\frac{(x-3y)^4}{xy^6} \]
Продифференцируем уравнение семейства кривых:
\[4(x-3y)^3(1-3y')=C(y^6+6xy^5y')\]
Подставим \(C\):
\[4(x-3y)^3(1-3y')=\frac{(x-3y)^4}{xy^6}(y^6+6xy^5y')\]
\[4yx(1-3y')=(x-3y)(y+6xy')\]
\[4yx-12yxy'=xy-3y^2+6x^2y'-18xyy'\]
\[3yx+3y^2=6x^2y'-6xyy'\]
\[y'=\frac{xy+y^2}{2x^2-2xy}\]
Таким образом, дифференциальное уравнение исходного семейства кривых:
\[y'=\frac{xy+y^2}{2x^2-2xy}\]
Найдем уравнение траекторий для которых угол отсчитывается от искомой кривой к исходной кривой:
\[\frac{y'-y_1'}{1+y'y_1'}=\tan 45^o=1\]
\[\frac{\dfrac{xy+y^2}{2x^2-2xy}-y_1'}{1+\dfrac{xy+y^2}{2x^2-2xy}y_1'}=1\]
\[\frac{xy+y^2-(2x^2-2xy)y_1'}{2x^2-2xy+(xy+y^2)y_1'}=1\]
\[xy+y^2-(2x^2-2xy)y_1'=2x^2-2xy+(xy+y^2)y_1'\]
\[y_1'=\frac{y^2+3xy-2x^2}{y^2-xy+2x^2} \]
Уравнение является однородным.
Проведем замену \(y_1 = tx\):
Найдем производную:
\[\frac{dy_1}{dx}=t+x\frac{dt}{dx}\]
Подставим замену и полученную производную в уравнение:
\[t+x\frac{dt}{dx}=\frac{t^2+3t-2}{t^2-t+2}\]
\[x\frac{dt}{dx}=\frac{t^2+3t-2}{t^2-t+2}-t\]
\[x\frac{dt}{dx}=\frac{t^2+3t-2-t^3+t^2-2t}{t^2-t+2}\]
\[x\frac{dt}{dx}=\frac{-t^3+2t^2+t-2}{t^2-t+2}\]
\[x\frac{dt}{dx}=-\frac{t^3-2t^2-t+2}{t^2-t+2}\]
Это уравнение является уравнением с разделяющимися переменными. Разделим переменные:
\[\frac{t^2-t+2}{t^3-2t^2-t+2} dt=-\frac{1}{x}dx\]
Переменные разделены. Интегрируем обе части уравнения:
\[\int \frac{t^2-t+2}{t^3-2t^2-t+2} dt=-\int \frac{1}{x}dx\]
Рассмотрим левый интеграл. Преобразуем знаменатель, с помощью метода группировки:
\[t^3-2t^2-t+2=t^2(t-2)-(t-2)=(t^2-1)(t-2)=(t-1)(t+1)(t-2)\]
Получаем:
\[\frac{t^2-t+2}{t^3-2t^2-t+2} =\frac{t^2-t+2}{(t-1)(t+1)(t-2)} \]
Разложим дробь на простые составляющие методом неопределенных коэффициентов:
\[\frac{t^2-t+2}{(t-1)(t+1)(t-2)}=\frac{a}{t-1}+\frac{b}{t+1}+\frac{c}{t-2}\]
Приводя к общему знаменателю, приравняем числители:
\[a(t+1)(t-2)+b(t-1)(t-2)+c(t-1)(t+1)=t^2-t+2\]
\[at^2-at-2a+bt^2-3bt+2b+ct^2-c=t^2-t+2\]
\[t^2(a+b+c)+t(-a-3b)-2a+2b-c=t^2-t+2\]
Приравнивая коэффициенты при разных степенях \(t\), получаем систему:
\[\begin{cases}\ a+b+c=1\\ -a-3b=-1\\ -2a+2b-c=2 \end{cases}\]
Решив систему уравнений получим: \(a=-1, \ b=\dfrac{2}{3}, \ b=\dfrac{4}{3}\).
Получаем:
\[\frac{t^2-t+2}{t^3-2t^2-t+2} =-\frac{1}{t-1}+\frac{2}{3}\frac{1}{t+1}+\frac{4}{3}\frac{1}{t-2} \]
Таким образом:
\[\int\frac{1}{t-1}dt-\int\frac{2}{3}\frac{1}{t+1}dt-\int\frac{4}{3}\frac{1}{t-2} dt=\int \frac{1}{x}dx\]
\[\ln C(t-1)-\frac{2}{3}\ln|t+1|-\frac{4}{3}\ln|t-2|=\ln|x|\]
\[3\ln C(t-1)-2\ln|t+1|-4\ln|t-2|=3\ln|x|\]
\[\frac{C(t-1)^3}{(t+1)^2(t-2)^4}=x^3\]
Произведем обратную замену. Так как \(y_1 = tx\), получаем:
\[\frac{C\Bigl(\dfrac{y_1}{x}-1\Bigr)^3}{\Bigl(\dfrac{y_1}{x}+1\Bigr)^2\Bigl(\dfrac{y_1}{x}-2\Bigr)^4}=x^3\]
\[\frac{C(y_1-x)^3}{(y_1+x)^2(y_1-2x)^4}=1\]
\[C(y_1-x)^3=(y_1+x)^2(y_1-2x)^4\]
При делении могли быть потеряны решения \(x = 0\), \(t-1=0 \ (y_1=x)\), \(t+1=0 \ (y_1=-x)\) и \(t-2=0 \ (y_1=2x)\). Очевидно, \(x=0\) не является решением, \(y_1=-x\) и \(y_1=2x\) входят в общее решение при \(C=0\), \(y_1=x\) является решением.
Таким образом, мы получили уравнение траекторий, пересекающих кривые исходного семейства под углом в \(45^o\):
\[C(y_1-x)^3=(y_1+x)^2(y_1-2x)^4; \ y_1=x. \]
Спасибо, не мог найти ошибку в б), такое подробное решение помогло.
ОтветитьУдалить