orth. Traj. Polarkoordinaten < gewöhnliche < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | 4.
Show that if a differential equation of a family of curves in polar coordinates [mm] (r,\Phi) [/mm] is given by
[mm] $\frac{dr}{d\Phi}=F(r,\Phi)$
[/mm]
then a differential equation for the family of orthogonal trajectories is
[mm] $\frac{dr}{d\Phi}=-\frac{r^2}{F(r,\Phi)}$ [/mm] .
(Hint: Use the fact from elementary calculus that in polar coordinates the tangent of the angle formed by the radius vector and the tangent line to a curve is [mm] \frac{r\;d\Phi}{dr}.)
[/mm]
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Hallo,
also [mm] $tan(90°)=\frac{r\;d\Phi}{dr}$ [/mm] ; aber wie geht es weiter? ![[verwirrt]](/images/smileys/verwirrt.gif "[verwirrt]")
Vielen Dank, Martinius
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Hallo Martinius,
> 4.
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> Show that if a differential equation of a family of curves
> in polar coordinates [mm](r,\Phi)[/mm] is given by
>
> [mm]\frac{dr}{d\Phi}=F(r,\Phi)[/mm]
>
> then a differential equation for the family of orthogonal
> trajectories is
>
> [mm]\frac{dr}{d\Phi}=-\frac{r^2}{F(r,\Phi)}[/mm] .
>
> (Hint: Use the fact from elementary calculus that in polar
> coordinates the tangent of the angle formed by the radius
> vector and the tangent line to a curve is
> [mm]\frac{r\;d\Phi}{dr}.)[/mm]
>
> Hallo,
>
> also [mm]tan(90°)=\frac{r\;d\Phi}{dr}[/mm] ; aber wie geht es
> weiter?
Setze das jetzt gleich mit [mm]y'=\bruch{\dot{y}}{\dot{x}}[/mm]
Dann hast Du da stehen:
[mm]r*\bruch{d\Phi}{dr}=\bruch{\dot{y}}{\dot{x}}[/mm]
>
> Vielen Dank, Martinius
Gruß
MathePower
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Hallo MathePower,
besten Dank für deine Antwort!
Dann habe ich
[mm] $r*\frac{d\Phi}{dr}=\frac{\dot y}{\dot x}=-\frac{1}{tan(\Phi)}=-\frac{1}{r*\frac{d\Phi}{dr}}=-\frac{1}{r}*\frac{dr}{d\Phi}$
[/mm]
[mm] $\frac{dr}{d\Phi}=-\frac{r^2}{F(r,\Phi)}$
[/mm]
Allerdings verstehe ich den Ansatz nicht:
ich dachte
[mm] $tan(\alpha)=r*\frac{d\Phi}{dr}$
[/mm]
wäre die DGL einer isogonalen Trajektorie an [mm] F(r,\Phi),
[/mm]
und
[mm] $y'=\frac{\dot y}{\dot x}$
[/mm]
die Steigung der Tangenten an [mm] F(r,\Phi)?
[/mm]
LG, Martinius
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Hallo Martinius,
> Hallo MathePower,
>
> besten Dank für deine Antwort!
>
> Dann habe ich
>
> [mm]r*\frac{d\Phi}{dr}=\frac{\dot y}{\dot x}=-\frac{1}{tan(\Phi)}=-\frac{1}{r*\frac{d\Phi}{dr}}=-\frac{1}{r}*\frac{dr}{d\Phi}[/mm]
>
> [mm]\frac{dr}{d\Phi}=-\frac{r^2}{F(r,\Phi)}[/mm]
>
> Allerdings verstehe ich den Ansatz nicht:
>
> ich dachte
>
> [mm]tan(\alpha)=r*\frac{d\Phi}{dr}[/mm]
>
> wäre die DGL einer isogonalen Trajektorie an [mm]F(r,\Phi),[/mm]
Das ist doch die Gleichung der Tangente an eine Kurve.
>
> und
>
> [mm]y'=\frac{\dot y}{\dot x}[/mm]
>
> die Steigung der Tangenten an [mm]F(r,\Phi)?[/mm]
Ja.
>
> LG, Martinius
Gruß
MathePower
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> Show that if a differential equation of a family of curves
> in polar coordinates [mm](r,\Phi)[/mm] is given by
>
> [mm]\frac{dr}{d\Phi}=F(r,\Phi)[/mm]
>
> then a differential equation for the family of orthogonal
> trajectories is
>
> [mm]\frac{dr}{d\Phi}=-\frac{r^2}{F(r,\Phi)}[/mm] .
>
> (Hint: Use the fact from elementary calculus that in polar
> coordinates the tangent of the angle formed by the radius
> vector and the tangent line to a curve is [mm]\frac{r\;d\Phi}{dr}.)[/mm]
Hallo Martinius,
da sind wir ja im Wesentlichen noch beim früheren
Thema. Da ich schon von einem "lokalen orthogonalen
Koordinatensystem" gesprochen habe, möchte ich bei
den dortigen Überlegungen anschliessen.
Durch den Punkt [mm] P_o(r_o/\Phi_o) [/mm] gehe eine Kurve der
Schar, welche in diesem lokalen [mm] r-\Phi-System [/mm] eine
Steigung $\ m$ hat. dann ist
$\ [mm] m\,=\,\bruch{dr}{r*d\Phi}\,=\,\bruch{1}{r}*\bruch{dr}{d\Phi}\,=\,\bruch{1}{r}*F(r,\Phi)$
[/mm]
Die durch [mm] P_o [/mm] gehende orthogonale Trajektorie der
Kurvenschar hat dann die Steigung
$\ [mm] m^{\perp}\,=\,-\,\bruch{1}{m}\,=\,-\,\bruch{1}{\bruch{1}{r}*F(r,\Phi)}\,=\,-\,\bruch{r}{F(r,\Phi)}$
[/mm]
Für die Differentialgleichung der orthogonalen Trajek-
torien ergibt sich deshalb:
[mm] $\bruch{dr}{r*d\Phi}\,=\,m^{\perp}\,=\,-\,\bruch{r}{F(r,\Phi)}$
[/mm]
also
[mm] $\bruch{dr}{d\Phi}\,=\,-\,\bruch{r^2}{F(r,\Phi)}$
[/mm]
Schönen Gruß Al
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Hallo,
um meiner Verwirrung vorzubeugen frage ich besser noch einmal nach.
Die Steigung der Kurventangente in einem Punkt [mm] P(\Phi_0/r_0) [/mm] in Bezug auf den Radiusvektor [mm] r_0 [/mm] ist
[mm] $m_1=r*\frac{d\Phi}{dr}= \frac{r}{\frac{dr}{d\Phi}}$
[/mm]
, und die Steigung der Kurventangente gegenüber der x-Achse ist
[mm] $m_2=\frac{1}{r} \;\frac{dr}{d\Phi}$
[/mm]
Richtig? Falsch?
Wo kann man so etwas nachlesen?
LG, Martinius
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> Hallo,
>
> um meiner Verwirrung vorzubeugen frage ich besser noch
> einmal nach.
>
> Die Steigung der Kurventangente in einem Punkt
> [mm]P(\Phi_0/r_0)[/mm] in Bezug auf den Radiusvektor [mm]r_0[/mm] ist
>
> [mm]m_1=r*\frac{d\Phi}{dr}= \frac{r}{\frac{dr}{d\Phi}}[/mm]
>
> , und die Steigung der Kurventangente gegenüber der x-Achse
> ist
>
> [mm]m_2=\frac{1}{r} \;\frac{dr}{d\Phi}[/mm]
>
> Richtig? Falsch?
>
> Wo kann man so etwas nachlesen?
>
> LG, Martinius
Hallo Martinius,
ich glaub' ich habe gemerkt, woher eine gewisse
Verwirrung stammen könnte: ich habe in meinen
Überlegung die "Steigung" m im lokalen KS
gerade umgekehrt definiert als es in deinem
Text gedacht ist. Insgesamt gesehen spielt dies
zwar schlussendlich keine Rolle, es ist quasi
gezupft wie gesungen !
Also nochmals von vorne, mit der im Skript
intendierten Definition der Steigungen:
Das in [mm] P_o(r/\Phi) [/mm] befestigte lokale KS hat dort seinen
Nullpunkt. Seine erste Achse zeigt radial nach
aussen. Die zweite Achse ist dazu senkrecht
und zeigt in die Richtung, in welcher [mm] \Phi [/mm] wächst.
Definieren wir nun m so, dass [mm] m=\bruch{\delta_2}{\delta_1}=\bruch{r*d\Phi}{dr}
[/mm]
Die durch [mm] P_o [/mm] verlaufende Scharkurve habe diese
Steigung m, also haben wir nun:
[mm] m=\bruch{r*d\Phi}{dr}=\bruch{r}{F(r,\Phi)}
[/mm]
So, und nun zur dazu orthogonalen Steigung der
Trajektorie, welche die gegebene Kurve in [mm] P_o [/mm] kreuzt.
Ebenfalls wieder in Bezug auf das lokale KS, ist
deren Steigung negativ reziprok zu m, also heisst
es nun neu:
[mm] m^{\perp}\,=\,-\,\bruch{1}{m}\,=\,-\,\bruch{F(r,\Phi)}{r}
[/mm]
und für die DGL der orthogonalen Trajektorie erhalten
wir nun:
[mm] \bruch{\delta_2}{\delta_1}=\bruch{r*d\Phi}{dr}=m^{\perp}\,=\,-\,\bruch{F(r,\Phi)}{r}
[/mm]
Daraus ergibt sich:
[mm] \bruch{dr}{d\Phi}\,=\,-\,\bruch{r^2}{F(r,\Phi)}
[/mm]
Dieses Ergebnis deckt sich mit dem früheren mit
der umgekehrten Definition der Steigungen.
Diese Überlegungen habe ich quasi ad hoc "gebastelt",
ich könnte also nicht sagen, ob man sie mit ähnlicher
Bezeichnungsweise irgendwo finden kann.
Es sollte aber leicht fallen, meine Überlegungen
durch eine Zeichnung nachzuvollziehen, die ich
möglicherweise hier noch nachliefern werde.
LG Al-Chwarizmi
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