Determine as trajetórias ortogonais às famílias de curvas dadas. Faça esboço dos gráficos.
x^{2}+(y-c)^{2}=c^{2}

Passo 1

O enunciado pede: determinar as trajetórias ortogonais à família de curvas dada por
x^{2}+(y-c)^{2}=c^{2},
onde c é o parâmetro que identifica cada curva da família. Informações relevantes que o enunciado dá:
  • A família consiste de círculos com centro em (0,c) e raio c (porque a equação tem a forma de um círculo).
  • Cada círculo passa por (0,0) (veja que ao substituir x=0,y=0 na equação obtemos 0+(0-c)^{2}=c^{2}, verdade).
  • O que se pede é a família de curvas que corta cada uma dessas curvas formando ângulo reto em cada ponto de interseção (trajetórias ortogonais).

Passo 2

Como a ideia básica para achar trajetórias ortogonais é padrão, vou explicar passo a passo o método (calma, é tranquilo quando dividimos em etapas):
  1. Diferenciar implicitamente a equação da família dada em relação a x para obter a derivada \dfrac{dy}{dx} da família original (essa derivada é a inclinação das tangentes das curvas da família).
  2. A inclinação da trajetória ortogonal em cada ponto é o inverso negativo dessa derivada (ou seja, se a família tem inclinação m, a ortogonal tem inclinação -1/m).
  3. Substituir essa relação em uma equação diferencial e resolvê-la para obter a família de trajetórias ortogonais.
Agora aplico a etapa 1: diferenciar a equação dada. Parto de
x^{2}+(y-c)^{2}=c^{2}.
Derivando em relação a x, lembrando que c é constante (parâmetro) e y depende de x:
\frac{d}{dx}\bigl(x^{2}\bigr)+\frac{d}{dx}\bigl((y-c)^{2}\bigr)=\frac{d}{dx}\bigl(c^{2}\bigr).
Isso dá
2x + 2(y-c)\frac{dy}{dx} = 0.
Dividindo por 2:
x + (y-c)\frac{dy}{dx} = 0.
Isolando \dfrac{dy}{dx}:
\frac{dy}{dx} = -\frac{x}{\,y-c\,}.

Passo 3

Agora precisamos eliminar o parâmetro c para obter uma expressão de \dfrac{dy}{dx} em termos apenas de x e y. Uso a equação original e faço álgebra:
x^{2}+(y-c)^{2}=c^{2}
expandindo e simplificando (os c^{2} se cancelam):
x^{2} + y^{2} - 2cy = 0.
Isolando c:
2c y = x^{2}+y^{2}\quad\Rightarrow\quad c = \frac{x^{2}+y^{2}}{2y},
desde que y\neq 0. (Se y=0 a equação original só é satisfeita em x=0, ou seja o ponto (0,0), caso particular que trataremos como ponto singular.)
Substituo essa expressão de c em \dfrac{dy}{dx} = -\dfrac{x}{y-c}. Calculo primeiro y-c:
y-c = y - \frac{x^{2}+y^{2}}{2y} = \frac{2y^{2} - (x^{2}+y^{2})}{2y} = \frac{y^{2}-x^{2}}{2y}.
Logo
\frac{dy}{dx} = -\frac{x}{\,\dfrac{y^{2}-x^{2}}{2y}\,} = -x\cdot\frac{2y}{y^{2}-x^{2}} = -\frac{2xy}{y^{2}-x^{2}}.
Portanto a inclinação das curvas da família original é
\frac{dy}{dx} = -\frac{2xy}{y^{2}-x^{2}}.

Passo 4

A inclinação das trajetórias ortogonais, em cada ponto, é o oposto do inverso dessa derivada. Ou seja:
\left(\frac{dy}{dx}\right)_{\text{ort}} = -\frac{1}{\left(\dfrac{dy}{dx}\right)_{\text{orig}}}.
Substituindo \left(\dfrac{dy}{dx}\right)_{\text{orig}}=-\dfrac{2xy}{y^{2}-x^{2}} obtemos
\frac{dy}{dx} = -\frac{1}{-\dfrac{2xy}{y^{2}-x^{2}}} = \frac{y^{2}-x^{2}}{2xy}.
Portanto a equação diferencial que descreve as trajetórias ortogonais é
\frac{dy}{dx} = \frac{y^{2}-x^{2}}{2xy}.

Passo 5

Agora vamos resolver essa equação diferencial. Observa-se que é uma equação homogênea: o lado direito depende só da razão \dfrac{y}{x}. Para resolver, uso a substituição padrão v=\dfrac{y}{x} (ou seja y=vx). Explico por que isso funciona: em equações homogêneas cada termo tem mesma ordem em x,y e a substituição reduz a ODE a separável.
Com y=vx temos
\frac{dy}{dx} = v + x\frac{dv}{dx}.
Substituo na ODE:
v + x\frac{dv}{dx} = \frac{(vx)^{2}-x^{2}}{2x(vx)} = \frac{v^{2}x^{2}-x^{2}}{2v x^{2}} = \frac{v^{2}-1}{2v}.
Isolando x\frac{dv}{dx}:
x\frac{dv}{dx} = \frac{v^{2}-1}{2v} - v = \frac{v^{2}-1 - 2v^{2}}{2v} = -\frac{v^{2}+1}{2v}.
Isso é separável. Escrevo:
\frac{dv}{dx} = -\frac{v^{2}+1}{2v}\cdot\frac{1}{x}.
Reescrevendo em forma separável:
-\frac{2v}{v^{2}+1}\,dv = \frac{dx}{x}.
Integro ambos os lados. À esquerda uso u=v^{2}+1 (então du=2v\,dv):
\int -\frac{2v}{v^{2}+1}\,dv = -\int \frac{du}{u} = -\ln\bigl(v^{2}+1\bigr).
À direita:
\int \frac{dx}{x} = \ln|x| + C.
Igualando e recolocando a constante:
-\ln\bigl(v^{2}+1\bigr) = \ln|x| + C \quad\Rightarrow\quad \ln\bigl(v^{2}+1\bigr) = -\ln|x| + C'
\Rightarrow\quad \ln\bigl(|x|(v^{2}+1)\bigr)=C' \quad\Rightarrow\quad |x|(v^{2}+1)=\text{const}.
Posso eliminar o valor absoluto absorvendo sinal na constante e substituir v=\dfrac{y}{x}:
x\!\left(\frac{y^{2}}{x^{2}}+1\right)=K \quad\Rightarrow\quad \frac{y^{2}+x^{2}}{x}=K.
Multiplicando:
y^{2}+x^{2}=Kx,
onde K é constante arbitrária real (constante de integração). Esta é a família geral das trajetórias ortogonais.

Passo 6

Interpretação geométrica (importante para o esboço):
  • A família obtida \,y^{2}+x^{2}=Kx\, pode ser reescrita completando quadrado:
x^{2}-Kx+y^{2}=0 \quad\Rightarrow\quad \bigl(x-\tfrac{K}{2}\bigr)^{2}+y^{2}=\bigl(\tfrac{K}{2}\bigr)^{2}.
Portanto são círculos de centro \bigl(\tfrac{K}{2},0\bigr) e raio \bigl|\tfrac{K}{2}\bigr|. Note que todos esses círculos passam por (0,0) (substituindo x=0,y=0 satisfazem a equação). Assim:
  • A família original eram círculos com centros em (0,c) sobre o eixo y e raio c (todos passavam por (0,0) e eram tangentes ao eixo x em (0,0)).
  • As trajetórias ortogonais são círculos com centros no eixo x em (K/2,0) e raio |K/2| (todos passam por (0,0) e são tangentes ao eixo y em (0,0)).
    No esboço mental: desenhe os eixos; desenhe várias pequenas e grandes semicircunferências centradas no eixo y tocando o eixo x em (0,0) (família original); desenhe então círculos centrados no eixo x passando por (0,0). Esses dois conjuntos de círculos se cortam sempre formando ângulo reto.

Resposta

y^{2}+x^{2}=Kx,\quad K\in\mathbb{R}.
\text{Equivalente: }\bigl(x-\tfrac{K}{2}\bigr)^{2}+y^{2}=\bigl(\tfrac{K}{2}\bigr)^{2}\\ (\text{círculos com centro em }(\tfrac{K}{2},0)\text{ e raio }|\tfrac{K}{2}|).í

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