Задача 130. Филиппов А.Ф. Сборник задач по дифференциальным уравнениям

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) $(x-3y{)}^4=Cx{y}^6$.

Решение
Алгоритм решения задачи:
1. Из уравнения траекторий семейства кривых находим дифференциальное уравнение семейства кривых.
2. Выражаем из уравнения производную $y^{\prime }$.
3. Поскольку нужно найти изогональные траектории для которых угол от касательной к кривой до касательной к траектории отсчитывается в отрицательном направлении, подставляем производную $y^{\prime }$ в соотношение:
$$\frac{y^{\prime }-y_{изог}^{\prime }}{1+y^{\prime }{y}_{изог}^{\prime }}=\tan \phi ,$$
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:
$$y^{\prime }=\ln Cx+1$$
Подставим $C$:
$$y^{\prime }=\ln \frac{e^{y/x}}{x}x+1$$
$$y^{\prime }=\frac{y}{x}+1$$
Таким образом, дифференциальное уравнение исходного семейства кривых:
$$y^{\prime }=\frac{y}{x}+1$$
Найдем уравнение траекторий для которых угол отсчитывается от искомой кривой к исходной кривой:
$$\frac{y^{\prime }-y_1^{\prime }}{1+y^{\prime }{y}_1^{\prime }}=\tan {45}^o=1$$
$$\frac{{\displaystyle \frac{y}{x}}+1-y_1^{\prime }}{1+({\displaystyle \frac{y}{x}}+1)y_1^{\prime }}=1$$
$$\frac{y+x-x{y}_1^{\prime }}{x+(y+x)y_1^{\prime }}=1$$
$$y+x-x{y}_1^{\prime }=x+(y+x)y_1^{\prime }$$
$$(y+2x)y_1^{\prime }=y$$
$$y_1^{\prime }=\frac{y}{y+2x}$$
Таким образом, мы получили дифференциальное уравнение траекторий, пересекающих кривые исходного семейства под углом в ${45}^o$:
$$y_1^{\prime }=\frac{y}{y+2x}$$
Уравнение является однородным.
$$y_1^{\prime }=\frac{{\displaystyle \frac{y}{x}}}{{\displaystyle \frac{y}{x}}+2}$$
Проведем замену $y_1=tx$:
Найдем производную:
$$\frac{d{y}_1}{dx}=t+x\frac{dt}{dx}$$
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:
$$\{\begin{array}{l}a+b=1\\ a=2\end{array}$$
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:
$$2\ln |t|-\ln |t+1|=-\ln |x|+\ln C$$
$$\ln |x{t}^2|=\ln |C(t+1)|$$
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) $(x-3y{)}^4=Cx{y}^6$
Выразим $C$:
$$C=\frac{(x-3y{)}^4}{x{y}^6}$$
Продифференцируем уравнение семейства кривых:
$$4(x-3y{)}^3(1-3y^{\prime })=C(y^6+6x{y}^5{y}^{\prime })$$
Подставим $C$:
$$4(x-3y{)}^3(1-3y^{\prime })=\frac{(x-3y{)}^4}{x{y}^6}(y^6+6x{y}^5{y}^{\prime })$$

$$4yx(1-3y^{\prime })=(x-3y)(y+6x{y}^{\prime })$$
$$4yx-12yx{y}^{\prime }=xy-3y^2+6x^2{y}^{\prime }-18xy{y}^{\prime }$$
$$3yx+3y^2=6x^2{y}^{\prime }-6xy{y}^{\prime }$$
$$y^{\prime }=\frac{xy+y^2}{2x^2-2xy}$$
Таким образом, дифференциальное уравнение исходного семейства кривых:
$$y^{\prime }=\frac{xy+y^2}{2x^2-2xy}$$
Найдем уравнение траекторий для которых угол отсчитывается от искомой кривой к исходной кривой:
$$\frac{y^{\prime }-y_1^{\prime }}{1+y^{\prime }{y}_1^{\prime }}=\tan {45}^o=1$$
$$\frac{{\displaystyle \frac{xy+y^2}{2x^2-2xy}}-y_1^{\prime }}{1+{\displaystyle \frac{xy+y^2}{2x^2-2xy}}{y}_1^{\prime }}=1$$
$$\frac{xy+y^2-(2x^2-2xy)y_1^{\prime }}{2x^2-2xy+(xy+y^2)y_1^{\prime }}=1$$
$$xy+y^2-(2x^2-2xy)y_1^{\prime }=2x^2-2xy+(xy+y^2)y_1^{\prime }$$
$$y_1^{\prime }=\frac{y^2+3xy-2x^2}{y^2-xy+2x^2}$$
Уравнение является однородным.
Проведем замену $y_1=tx$:
Найдем производную:
$$\frac{d{y}_1}{dx}=t+x\frac{dt}{dx}$$
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:
$$a(t+1)(t-2)+b(t-1)(t-2)+c(t-1)(t+1)=t^2-t+2$$
$$a{t}^2-at-2a+b{t}^2-3bt+2b+c{t}^2-c=t^2-t+2$$
$$t^2(a+b+c)+t(-a-3b)-2a+2b-c=t^2-t+2$$
Приравнивая коэффициенты при разных степенях $t$, получаем систему:
$$\{\begin{array}{l}a+b+c=1\\ -a-3b=-1\\ -2a+2b-c=2\end{array}$$
Решив систему уравнений получим: $a=-1,b={\displaystyle \frac{2}{3}},b={\displaystyle \frac{4}{3}}$.
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:
$$\frac{C({\displaystyle \frac{y_1}{x}}-1{)}^3}{({\displaystyle \frac{y_1}{x}}+1{)}^2({\displaystyle \frac{y_1}{x}}-2{)}^4}=x^3$$
$$\frac{C(y_1-x{)}^3}{(y_1+x{)}^2(y_1-2x{)}^4}=1$$
$$C(y_1-x{)}^3=(y_1+x{)}^2(y_1-2x{)}^4$$
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 ${45}^o$:
$$C(y_1-x{)}^3=(y_1+x{)}^2(y_1-2x{)}^4;y_1=x.$$