×   HOME
SADRŽAJ INTEGRAL ODREĐENI INTEGRAL FUNKCIJE VIŠE VARIJABLA VIŠESTRUKI INTEGRALI DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE METODA NAJMANJIH KVADRATA INDEKS
SADRŽAJ INTEGRAL ODREĐENI INTEGRAL FUNKCIJE VIŠE VARIJABLA VIŠESTRUKI INTEGRALI DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE METODA NAJMANJIH KVADRATA
SADRŽAJ NEODREĐENI INTEGRAL ODREĐENI INTEGRAL FUNKCIJE VIŠE VARIJABLA VIŠESTRUKI INTEGRALI DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE METODA NAJMANJIH KVADRATA
JAVA NETPLOT OCTAVE Traži ...
☰   matematika2
Eulerova metoda     DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE     Singularna rješenja i ovojnice


Ortogonalne i izogonalne trajektorije

Izogonalna trajektorija obitelji (ili familije) krivulja $ F(x,y,C)=0$ ovisne o parametru $ C$ je svaka krivulja koja siječe svaku krivulju zadane obitelji pod zadanim kutom. Ukoliko je kut pravi, radi se o ortogonalnoj trajektoriji.

Na primjer, ako je zadana obitelj pravaca koji prolaze kroz ishodište, $ y=kx$ , $ k\in \mathbb{R}$ , onda je svaka kružnica sa središtem u ishodištu, $ x^2+y^2=C$ , $ C\in (0,+\infty)$ , ortogonalna trajektorija te obitelji (vidi sliku 5.10). Kažemo da su dvije obitelji ortogonalne trajektorije jedna drugoj.

Slika 5.10: Ortogonalne trajektorije $ y=kx$ i $ x^2+y^2=C$
\begin{figure}\centering \epsfig{file=slike/otraj,width=6cm} \end{figure}

Ortogonalne trajektorije možemo, ako postoje, naći sljedećim postupkom:

  1. deriviranje jednadžbe zadane obitelji krivulja daje

    $\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x} + \frac{\partial F}{\partial y} \frac{dy}{dx}=0, $

  2. eliminacija parametra $ C$ iz prethodne jednadžbe i jednadžbe $ F(x,y,C)=0$ daje diferencijalnu jednadžbu zadane obitelji krivulja, na primjer,

    $\displaystyle \Phi(x,y,y')=0,$ (5.2)

  3. za bilo koju krivulju vrijedi sljedeće: koeficijent smjera tangente zadane krivulje u točki $ (x,y(x))$ je $ y'(x)$ , a koeficijent smjera normale u istoj točki je $ -1/y'(x)$ . Stoga ortogonalne trajektorije zadovoljavaju diferencijalnu jednadžbu

    $\displaystyle \Phi\left(x,y,-\frac{1}{y'}\right)=0 $

    pa je rješenje ove jednadžbe jednadžba obitelji ortogonalnih trajektorija.

Primjer 5.12   Nađimo ortogonalne trajektorije obitelji parabola $ x=ky^2$ , $ k\in \mathbb{R}$ : deriviranje daje

$\displaystyle 1=k 2y y', $

pri čemu smo koristili pravilo o deriviranju složene funkcije. Kako je $ k=x/y^2$ , uvrštavanje daje diferencijalnu jednadžbu

$\displaystyle y'= \frac{y}{2x}. $

Dakle, ortogonalne trajektorije zadovoljavaju jednadžbu

$\displaystyle y'=-\frac{2x}{y}, $

odnosno,

$\displaystyle y dy=-2x dx. $

Integriranje daje

$\displaystyle \frac{y^2}{2}=-x^2+C $

pa su ortogonalne trajektorije elipse sa središtem u ishodištu (vidi sliku 5.11),

$\displaystyle \frac{x^2}{C}+\frac{y^2}{2C}=1,\qquad C>0. $

Slika 5.11: Ortogonalne trajektorije $ x=ky^2$ i $ x^2+y^2/2=C$
\begin{figure}\centering \epsfig{file=slike/otraj1.eps,width=7cm} \end{figure}

Zadatak 5.7   Dokažite da su kružnice $ x^2+y^2=C$ , $ C\in (0,+\infty)$ ortogonalne trajektorije pravaca $ y=kx$ , $ k\in \mathbb{R}$ .

Postupak računanje izogonalnih trajektorija proizlazi iz sljedećeg zapažanja: ako je $ dy/dx=\mathop{\mathrm{tg}}\nolimits \varphi $ koeficijent smjera tangente na zadanu krivulju i ako je $ dy_T/dx=\mathop{\mathrm{tg}}\nolimits \psi$ koeficijent smjera tangente izogonalne trajektorije koja zadanu krivulju siječe pod kutom $ \alpha$ , onda vrijedi (vidi sliku 5.12)

$\displaystyle \mathop{\mathrm{tg}}\nolimits \varphi =\mathop{\mathrm{tg}}\nolim... ...ha}{1+\mathop{\mathrm{tg}}\nolimits \psi\mathop{\mathrm{tg}}\nolimits \alpha}, $

odnosno,

$\displaystyle \frac{dy}{dx}=\frac{\displaystyle \frac{dy_T}{dx}-\mathop{\mathrm... ...alpha}{\displaystyle \frac{dy_T}{dx} \mathop{\mathrm{tg}}\nolimits \alpha +1}.$ (5.3)

Uvrštavanje ovog izraza za $ dy/dx$ u jednadžbu (5.2) i ispuštanje indeksa $ T$ daje diferencijalnu jednadžbu izogonalne trajektorije.

Slika 5.12: Tangens razlike kutova
\begin{figure}\centering \epsfig{file=slike/itraj.eps,width=6.4cm} \end{figure}

Primjer 5.13   Nađimo izogonalne trajektorije obitelji pravaca $ y=kx$ koje te pravce sijeku pod kutom $ \pi/4$ . Deriviranje zadane jednadžbe i eliminacija konstante $ C$ daje

$\displaystyle \frac{dy}{dx}=\frac{y}{x}. $

U ovom slučaju je $ \mathop{\mathrm{tg}}\nolimits \alpha=\mathop{\mathrm{tg}}\nolimits (\pi/4)=1$ pa formula (5.3) daje

$\displaystyle \frac{y}{x}=\frac{\displaystyle \frac{dy_T}{dx}-1}{\displaystyle \frac{dy_T}{dx}+1}. $

Ispuštanje indeksa $ T$ i sređivanje nastale jednadžbe daje diferencijalnu jednadžbu izogonalnih trajektorija:

$\displaystyle \frac{dy}{dx}=\frac{1+\displaystyle \frac{y}{x}}{1-\displaystyle \frac{y}{x}}. $

Ovo je homogena diferencijalna jednadžba čije rješenje glasi

$\displaystyle \ln\sqrt{x^2+y^2}=\mathop{\mathrm{arctg}}\nolimits \frac{y}{x} + \ln C. $

U polarnim koordinatama $ (r,\varphi )$ vrijedi

$\displaystyle \frac{y}{x}=\mathop{\mathrm{tg}}\nolimits \varphi ,\qquad \sqrt{x^2+y^2}=r $

pa rješenje glasi

$\displaystyle \ln r = \varphi +\ln C, $

odnosno

$\displaystyle r=Ce^{\varphi } $

što je jednadžba obitelji logaritamskih spirala (vidi sliku 5.13).

Slika 5.13: Izogonalne trajektorije $ y=kx$ i $ r=Ce^{\varphi }$
\begin{figure}\centering \epsfig{file=slike/logsp.eps,width=6.4cm} \end{figure}

Eulerova metoda     DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE     Singularna rješenja i ovojnice