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) $(x-3y)^4 = Cxy^6$.

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 $45^o$:
$$C(y_1-x)^3=(y_1+x)^2(y_1-2x)^4; \ y_1=x.$$