Диференцијалне једначине

Нека је $y=f(x)$ једна од тражених кривих и $A(x,y)$ произвољна тачка на њој.
Нека је $t$ тангента у тачки $A$ и нека је $B(x_1,y_1)$ пресечна тачка те тангенте и осе $Ox$.
Из услова задатка имамо да за тачку $B$ важи $x_1=2x+1,\, y_1=0$.
Једначина тангенте криве $y=f(x)$ која садржи тачке $A$ и $B$ је $$y_1-y=f'(x)(x_1-x),$$ односно $$-y=y'(x+1),$$ где је $y'=f'(x)$.
Одавде је $$y'=-\frac{y}{x+1},$$ при чему је $y$ непозната функција коју треба одредити.
Из добијене једначине је $$\frac{dy}{dx}=-\frac{y}{x+1},$$ односно $$\frac{dy}{y}=-\frac{dx}{x+1}$$ Добили смо диференцијалну једначину која раздваја променљиве, па након интеграције $$\int{\frac{dy}{y}}=-\int{\frac{dx}{x+1}}$$ имамо да је $$\ln |y|=-(\ln |x+1|+\ln |C_1|),\quad C_1\in \mathbf {R}\setminus \{0\},$$ $$\ln |y|=-\ln|C_1(x+1)|$$ $$y=\pm \frac{1}{C_1(x+1)}.$$ Ако уведемо нову константу $C=\pm\frac{\displaystyle{1}}{\displaystyle{C_1}}$ следи да је $$y=\frac{C}{x+1},\quad C\neq 0.$$ Дакле, добили смо бесконачно много решења постављеног проблема. Њихови графици су све гране двеју фамилија хипербола.

• Илустрација решења датог проблема

Ovo je Java Applet napravljen u GeoGebri sa www.geogebra.org - izgleda da nemate instaliranu Javu; molim otvorite www.java.com
    


Напомена: Померањем клизача, на аплету ће бити приказане неке криве које задовољавају дати услов.
Такође, померањем тачке $A$ по кривој $f$ видећемо да дати услов важи за произвољну тачку на тој кривој.

Затвори решење.

Једначину тражене криве означимо са $y=f(x)$, $x>0$. Нека је $A(x,y)$ произвољна тачка криве и $t$ тангента криве у тој тачки. Тада је једначина тангенте $t$: $$Y-y=f'(x)(X-x)$$ где су $(X,Y)$ текуће координате.
Растојање тангенте од координатног почетка рачунамо помоћу формуле за растојање тачке $(x_0,y_0)$ од праве $Ax+By+C=0$ $$d=\Bigg|\frac{Ax_0+By_0+C}{\sqrt{A^2+B^2}}\Bigg|$$ У овом случају је тачка $(0,0)$, а права $t:y'X-Y+y-y'x=0$, па имамо да је $$\Bigg|\frac{-xy'+y}{\sqrt{y'^2+1}}\Bigg|=x\ \Big/^2$$ Када квадрирамо и измножимо добијамо $$y^2-2xyy'=x^2\quad /:2xy\neq 0$$ $$y'=\frac{1}{2}\Big(\frac{y}{x}-\frac{x}{y}\Big).$$ То је хомогена диференцијална једначина првог реда. Једначину тражене криве ћемо добити као решење ове једначине.
Уведимо смену $y=ux\quad \Rightarrow y'=u+xu'$. Тада је $$u+xu'=\frac{1}{2}\Big(u-\frac{1}{u}\Big)\quad \Leftrightarrow \quad xu'=-\frac{1}{2}u-\frac{1}{2u}$$ $$x\frac{du}{dx}=\frac{-u^2-1}{2u}\quad \Leftrightarrow \quad \frac{dx}{x}=-\frac{2udu}{u^2+1}$$ Сменом $t=u^2+1\,,\quad dt=2udu$ интеграл на десној страни се своди на $\displaystyle{\int{\frac{dt}{t}}}$, па ће бити $$\frac{dx}{x}=-\frac{dt}{t}\quad \Rightarrow \quad \ln |x|=-\ln |t|+C_1\quad \Rightarrow \quad \ln |xt|=C_1,$$ односно $$x(u^2+1)=C,\quad C=\pm\, e^{\,C_1}.$$ Када вратимо смену $u=\frac{\displaystyle{y}}{\displaystyle{x}}$ добијамо опште решење дате диференцијалне једначине $$x\Big(\frac{y^2}{x^2}+1\Big)=C\quad \Leftrightarrow \quad y^2+x^2=Cx.$$ Дакле, тражене криве представљају фамилију кружница $y^2+x^2=Cx$, где је $C\neq 0$ произвољна константа.

• Графички приказ неких кривих из фамилије $x^2+y^2=Cx$ којe задовољавају услов $d(t,B)=|BD|=x(A)$ (где је $D$ подножје нормале из тачке $B$ на тангенту $t$, а $x(A)$ апсциса тачке додира $A$).

Ovo je Java Applet napravljen u GeoGebri sa www.geogebra.org - izgleda da nemate instaliranu Javu; molim otvorite www.java.com
    


Напомена: Померањем тачке $A$ по кривој $f$ видећемо да дати услов важи за произвољну тачку на тој кривој.

Затвори решење.

Нека је $y=f(x)$ једначина једне од тражених кривих, а $t$ тангента у произвољној тачки $A(x,y)$ са криве и нека је $C(x_1,y_1)$ тачка пресека тангенте и $Oy$ осе.
Из услова задатка је $x_1=0$ и $y_1=y^2$.
Једначина тангенте $t$ је дата са $$t:\ y_1-y=f'(x)(x_1-x)\quad \Leftrightarrow \quad y^2-y=-xy'$$ Добили смо диференцијалну једначину облика $$xy'-y=-y^2$$ и то је Бернулијева диференцијална једначина.
Одредићемо решење ове диференцијалне једанчине: $$xy'-y=-y^2\ /:x\neq 0$$ $$y'-\frac{1}{x}y=-\frac{y^2}{x}.$$ Као што је познато, Бернулијеву једначину решавамо сменом $y=uv\quad \Rightarrow \quad y'=u'v+uv'.$ Тада је $$u'v+uv'-\frac{1}{x}uv=-\frac{u^2v^2}{x},$$ односно $$(u'-\frac{u}{x})v+uv'=-\frac{u^2v^2}{x}.$$ Одредићемо $u$ тако да је $$u'-\frac{u}{x}=0\quad\Leftrightarrow \quad \frac{du}{dx}=\frac{u}{x}.$$ Добили смо диференцијалну једначину која раздваја променљиве $$\frac{du}{u}=\frac{dx}{x}\quad \Rightarrow \quad \ln|u|=\ln|x|+\ln|C_1|,$$ односно $$\ln |u|=\ln |C_1x|\quad \Rightarrow \quad u=Cx,\quad C=\pm e^{\,C_1}.$$ За $C=1$ следи да је $u=x$.
Када заменимо $u=x$, дата диференцијална једначина се своди на $$xv'=-xv^2\quad \Rightarrow \quad \frac{dv}{dx}=-v^2.$$ Последња једначина је диференцијална једначина која раздваја променљиве $$\frac{dv}{v^2}=-dx\quad \Rightarrow \quad \frac{1}{v}=x+C$$ Њеним решавањем добијамо функцију $v:$ $$\int{\frac{dv}{v^2}}=-\int{dx}\quad \Rightarrow \quad \frac{1}{v}=x+C\quad \Leftrightarrow \quad v=\frac{1}{x+C}.$$ Опште решење Бернулијеве диференцијалне једначине је дато са $$y=uv=\frac{x}{x+C},\quad C\neq 0.$$ Дакле, све тражене криве су дате са $y=\frac{\displaystyle{x}}{\displaystyle{x+C}},\quad C\neq 0$.

• Графички приказ једне криве $y=\frac{\displaystyle{x}}{\displaystyle{x+1}}$ која задовољава услов $|BC|=|BD|^2$ ($D$ је нормална пројекција тачке $A$ на $Oy$ осу).

Ovo je Java Applet napravljen u GeoGebri sa www.geogebra.org - izgleda da nemate instaliranu Javu; molim otvorite www.java.com
    


Напомена: Померањем тачке $A$ по кривој $f$ видећемо да дати услов важи за произвољну тачку на тој кривој.

Затвори решење.