Задача 134. Филиппов А.Ф. Сборник задач по дифференциальным уравнениям

Пусть $k_0$ — корень уравнения $f(k) = k$. Показать, что:
1) если $f'(k_0)\lt 1$, то ни одно решение уравнения $y' = f(y/x)$ не касается прямой $y = k_0x$ в начале координат;
2) если $f'(k_0)\gt 1$, то этой прямой касается бесконечно много решений.

Решение
Для начала рассмотрим геометрическую интерпретацию задачи.

Уравнение $y' = f(y/x)$ является однородным дифференциальным уравнением. Изоклины уравнения имеют вид $f(y/x)=k$, где $k$ - постоянная.

Получаем, что изоклинами однородного дифференциального уравнения являются прямые проходящие через начало координат $y=ax$, где $a=f^{-1}(k)$.

Тангенс угла между прямой $y=ax$ и пересекающей его интегральной кривой уравнения $y' = f(y/x)$ равен $(f(a)-a) / (1+ af(a))$, соответственно если $k_0$ — корень уравнения $f(k) = k$, то $y=k_0x$ это изоклина для которой угол между ней и интегральными кривыми равен нулю.

Рассмотрим пример:
$$y'=2\frac{y^2}{x^2}-\frac{y}{x}$$
$$f(k)=2k^2-k$$
Найдем решение уравнения $f(k) = k$:
$$2k^2-k=k \ \Rightarrow \ k(k-1)=0 \ \Rightarrow \ k_0=0; k_0=1$$
Найдем $f'(k_0)$:
$$f(k)=2k^2-k \ \Rightarrow \ f'(k)=4k-1$$
Получаем: $f'(0)=-1$ и $f'(1)=3$.
Построим приближенно интегральные кривые:

Итак, для изоклин $y=0$ и $y=x$ угол между изоклиной и интегральной кривой равен нулю. Как видно из графика, изоклины $y=x$ в начале координат касается бесконечно много решений, изоклины $y=0$ в начале координат не касается ни одно решение.

Приведем теперь строгое доказательство.

Пусть $\dfrac{y}{x}=u$, тогда: $y=u x$, $y^{\prime}=x u^{\prime}+u$.
Уравнение $y' = f(y/x)$ принимает вид:
$$x u^{\prime}+u=f(u)$$
Разделяя переменные получим:
$$\frac{d x}{x}=\frac{d u}{f(u)-u}$$
Учитывая, что $k_0$ является корнем уравнения $f(k) = k$, то в малой окресности начала координат имеем:
$$f(u)=f\left(k_{0}\right)+f^{\prime}\left(k_{0}\right)\left(u-k_{0}\right)+o\left(u-k_{0}\right)=k_{0}+f^{\prime}\left(k_{0}\right)\left(u-k_{0}\right)+o\left(u-k_{0}\right)$$
Следовательно:
$$\int_{k_{1}}^{u} \frac{d u}{f(u)-u}=\int_{k_{1}}^{u} \frac{d u}{k_{0}+f^{\prime}\left(k_{0}\right)\left(u-k_{0}\right)+o\left(u-k_{0}\right)-u}= \\ =\int_{k_{1}}^{u} \frac{d u}{\left(f^{\prime}\left(k_{0}\right)-1\right)\left(u-k_{0}\right)+o\left(u-k_{0}\right)}$$
Проинтегрируем уравнение с разделенными переменными:
$$\int_{x_{1}}^{x} \frac{d x}{x}=\int_{k_{1}}^{k} \frac{d u}{f(u)-u}$$
Для левого интеграла получаем:
$$\int_{x_{1}}^{x} \frac{d x}{x}=\ln |x|-\ln \left|x_{1}\right|$$
Для правого интеграла получаем:
$$\int_{k_{1}}^{k} \frac{d u}{f(u)-u}=\frac{1}{f^{\prime}\left(k_{0}\right)-1}(\ln \left|u-k_{0}\right|-\ln \left|k_{1}-k_{0}\right|)$$
Рассмотрим теперь два случая:
1) $f'(k_0)\lt 1$.
Тогда $\ln |x|-\ln \left|x_{1}\right| \to-\infty$ при $x \to 0$, а $\ln \left|u-k_{0}\right|-\ln \left|k_{1}-k_{0}\right| \rightarrow-\infty$, при $u \to k_{0}$.
Поскольку $\dfrac{1}{f^{\prime}\left(k_{0}\right)-1}\lt1$, получаем:
$$\frac{1}{f^{\prime}\left(k_{0}\right)-1}\left(\ln \left|u-k_{0}\right|-\ln \left|k_{1}-k_{0}\right|\right) \rightarrow+\infty$$
Таким образом:
$$\begin{array}{l}{\int_{x_{1}}^{x} \frac{d x}{x} \to-\infty \text { при } x \to 0} \\ {\int_{k_{1}}^{u} \frac{d u}{f(u)-u} \to+\infty \text { при } u \to k_{0}}\end{array}$$
Равенство интегралов невозможно, следовательно никакая интегральная кривая не может касаться прямой $y = k_0x$ в начале координат.
2) $f'(k_0) \gt 1$.
Тогда:
$$\int_{k_{1}}^{u} \frac{d u}{f(u)-u} \to -\infty \text { при } u \to k_{0}$$
Cледовательно любая интегральная кривая касается прямой $y = k_0x$ в начале координат.