Trajektorie 45° < gewöhnliche < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | | Determine the family of curves each member of which cuts each member of the family of straight lines y=mx at an angle of 45°. |
Hallo,
ich stehe bei dieser Aufgabe etwas auf dem Schlauch.
[mm]y = x * tan \left( \alpha \pm \frac{\pi}{2} \right)[/mm]Eingabefehler: "\left" und "\right" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
geht wohl, aber das ist nicht die verlangte Lösung:
$2\;arctan(\frac{y}{x}\left)+ln(x^2+y^2)=C$
oder
$r=a*e^{-\Phi}$
Weiter als
$y'=m=\frac{y}{x}$
bin ich nicht gekommen. Wie bringe ich da jetzt den Winkel von 45° hinein?
LG, Martinius
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Hallo Martinius,
> Determine the family of curves each member of which cuts
> each member of the family of straight lines y=mx at an
> angle of 45°.
> Hallo,
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> ich stehe bei dieser Aufgabe etwas auf dem Schlauch.
>
> [mm]y = x * tan \left( \alpha \pm \frac{\pi}{2} \right)[/mm]
>
> geht wohl, aber das ist nicht die verlangte Lösung:
>
> [mm]2\;arctan(\frac{y}{x}\left)+ln(x^2+y^2)=C[/mm]
>
> oder
>
> [mm]r=a*e^{-\Phi}[/mm]
>
>
>
> Weiter als
>
> [mm]y'=m=\frac{y}{x}[/mm]
>
> bin ich nicht gekommen. Wie bringe ich da jetzt den Winkel
> von 45° hinein?
Betrachte hier den Steigungswinkel der Lösungen.
Dieser beträgt
[mm]y'=\tan\left(\alpha\right)=\tan\left(\varphi_{1}+\varphi_{2}\right)[/mm]
wobei
[mm]\varphi_{1}[/mm] der Steigungswinkel der Kurvenschar
[mm]\varphi_{2}[/mm] der Schnittwinkel zwischen Kurvenschar und Lösung ist.
Mit dem entsprechenden Additionstheorem ist
[mm]y'=\bruch{\tan\left(\varphi_{1}\right)+\tan\left(\varphi_{2}\right)}{1-\tan\left(\varphi_{1}\right)\tan\left(\varphi_{2}\right)}[/mm]
Mit [mm]\tan\left(\varphi_{1}\right)=-\bruch{F_{x}}{F_{y}}[/mm] folgt:
[mm]y'=\bruch{-\bruch{F_{x}}{F_{y}}+\tan\left(\varphi_{2}\right)}{1+\bruch{F_{x}}{F_{y}}\tan\left(\varphi_{2}\right)}[/mm]
Dies ist dann die DGL der isogonalen Trajektorien ( Schnittwinkel [mm]\varphi_{2}[/mm]).
>
> LG, Martinius
Gruß
MathePower
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 22:54 Sa 30.05.2009 | | Autor: | Martinius |
Hallo MathePower,
da wäre ich von allein wohl nicht drauf gekommen. Vielen Dank.
Isogonale Trajektorie. Prächtig. 
LG, Martinius
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Hallo,
die eine Funktion habe ich jetzt raus. Hätte mir noch jemand einen Tipp, wie man auf die Funktion in Polarkoordinaten kommt?
$ [mm] r=a\cdot{}e^{-\Phi} [/mm] $
Vielen Dank.
LG, Martinius
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> Hallo,
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> die eine Funktion habe ich jetzt raus. Hätte mir noch
> jemand einen Tipp, wie man auf die Funktion in
> Polarkoordinaten kommt?
>
> [mm]r=a\cdot{}e^{-\Phi}[/mm]
>
> Vielen Dank.
>
> LG, Martinius
Also, hier bin ich wieder. Mit Polarkoordinaten
sollte dies tatsächlich sehr einfach gehen.
Die "family of straight lines y=mx" ist die Schar
der Geraden durch den Nullpunkt (mit Ausnahme
der y-Achse, wenn man's ganz pingelig nimmt...).
In Polarkoordinaten sind dies die radialen Linien
der Form [mm] \varphi=const. [/mm]
Beim Schnittwinkel 45° kann man sich zunächst
einmal auf die eine von zwei Möglichkeiten ent-
scheiden, etwa die, bei welcher einer positiven
Änderung [mm] d\varphi [/mm] des Polarwinkels auch eine positive
Änderung $\ dr$ des Radius' entspricht. Weil der Winkel
gerade 45° sein soll, lautet die entstehende Differen-
tialgleichung in Polarkoordinaten:
[mm] dr=r(\varphi)*d\varphi
[/mm]
oder
[mm] \bruch{dr}{d\varphi}=r(\varphi)
[/mm]
mit den Lösungen
[mm] r(\varphi)=a*e^{\varphi}
[/mm]
Trägt man den Winkel 45° auf die andere Seite ab,
kommt man auf die DGL
[mm] \bruch{dr}{d\varphi}=-r(\varphi)
[/mm]
mit den Lösungen
[mm] r(\varphi)=a*e^{-\varphi}
[/mm]
Das Plotten in Mathematica mit Polarkoordinaten
ist dann sicher kein Problem.
Gruß Al
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:47 So 31.05.2009 | | Autor: | Martinius |
Hallo Al-Chwarizmi,
besten Dank für deine Mühwaltung.
LG, Martinius
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Hallo Al-Chwarizmi,
> ... Weil der Winkel
> gerade 45° sein soll, lautet die entstehende Differen-
> tialgleichung in Polarkoordinaten:
>
> [mm]dr=r(\varphi)*d\varphi[/mm]
Ich bin mir nicht sicher, ob ich diesen Satz verstanden habe.
Wie würde denn die DGL lauten, wenn der Winkel nicht 45° wäre?
LG, Martinius
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> > ... Weil der Winkel
> > gerade 45° sein soll, lautet die entstehende Differen-
> > tialgleichung in Polarkoordinaten:
> >
> > [mm]dr=r(\varphi)*d\varphi[/mm]
>
>
> Ich bin mir nicht sicher, ob ich diesen Satz verstanden
> habe.
>
> Wie würde denn die DGL lauten, wenn der Winkel nicht 45°
> wäre?
Betrachten wir einen Punkt [mm] P_0(r/\varphi) [/mm] in der Ebene
und von ihm ausgehend einen differentiellen Vektor
zum benachbarten Punkt [mm] P_1(r+dr/\varphi+d\varphi).
[/mm]
Im lokal angepassten orthogonalen Koordinatensystem
ist
[mm] \overrightarrow{P_0P_1}=\vektor{dr\\r*d\varphi}
[/mm]
(bis auf einen Rest zweiter Ordnung, der bei den
Differentialen erster Ordnung unwesentlich ist).
Soll nun der Vektor [mm] \overrightarrow{P_0P_1} [/mm] mit dem radialen Vektor
[mm] \overrightarrow{OP_0} [/mm] einen Winkel [mm] \alpha [/mm] bilden [mm] (\alpha [/mm] wird addiert),
so muss gelten:
[mm] tan(\alpha)=\bruch{r*d\varphi}{dr}
[/mm]
Nehmen wir also z.B. den Schnittwinkel [mm] \alpha=60° [/mm] (zwischen
logarithmischer Spirale und radialen Linien), so kommen wir auf
[mm] tan(60°)=\bruch{r*d\varphi}{dr}=\wurzel{3}
[/mm]
und damit auf die DGL
[mm] \bruch{dr}{d\varphi}=\bruch{r}{\wurzel{3}}
[/mm]
mit den Lösungen
[mm] r(\varphi)=a*e^{\,(\varphi\,/\,\wurzel{3})}
[/mm]
LG
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:15 So 31.05.2009 | | Autor: | Martinius |
Hall Al-Chwarizmi,
jetzt habe ich es verstanden.
Vielen Dank,
Martinius
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