Curve ortogonali alla parabola.
Salve, mi potreste dare una mano a capire il seguente problema:
La soluzione è:
$(2x^2)/(c^2)+(y^2)/(c^2)=1$
(famiglia di ellissi aventi gli assi sugli assi coordinati).
Si deve arrivare alla soluzione con le equazioni differenziali.
Il libro mette, come soluzione (indicando con $\varphi$ l'angolo che forma la tangente alla traiettoria ortogonale alla parabola con l'asse delle $x$ e con $\alpha$ l'angolo che forma con lo stesso asse la tangente alla parabola):
$tan(\alpha)=-(F'x)/(F'y)$ *
Come per un problema che già avevo postato si ha:
$tan(\alpha)*\tan(\varphi)+1=0$
che va a sistema con la parabola.
Poi scrive: "ed eliminando il parametro $a$"
Ma non capisco da dove esce la relazione con l'asterisco.
Trovare le traiettorie ortogonali alle parabole della famiglia $y^2=2ax$
La soluzione è:
$(2x^2)/(c^2)+(y^2)/(c^2)=1$
(famiglia di ellissi aventi gli assi sugli assi coordinati).
Si deve arrivare alla soluzione con le equazioni differenziali.
Il libro mette, come soluzione (indicando con $\varphi$ l'angolo che forma la tangente alla traiettoria ortogonale alla parabola con l'asse delle $x$ e con $\alpha$ l'angolo che forma con lo stesso asse la tangente alla parabola):
$tan(\alpha)=-(F'x)/(F'y)$ *
Come per un problema che già avevo postato si ha:
$tan(\alpha)*\tan(\varphi)+1=0$
che va a sistema con la parabola.
Poi scrive: "ed eliminando il parametro $a$"
Ma non capisco da dove esce la relazione con l'asterisco.
Risposte
Se una curva $(x(t),y(t))$ e $(t,2at^2)$, la curva che descrive il grafico della parabola, devono essere ortogonali allora i loro vettori tangenti devono esserlo, ossia
Dove $4at$ è la tangente dell’angolo $alpha_t$ formato dalla parabola con l’asse delle ascisse. Quindi lo si può scrivere in forma analoga come
Però non saprei dirti per quale motivo usi la stessa funzione $F$.
$(x’(t),y’(t))*(1,4at)=0 => x’(t)+4aty’(t)=0$
$(x’(t))/(y’(t))=-4at$
Dove $4at$ è la tangente dell’angolo $alpha_t$ formato dalla parabola con l’asse delle ascisse. Quindi lo si può scrivere in forma analoga come
$-(x’(t))/(y’(t))=tan(alpha_t)$
Però non saprei dirti per quale motivo usi la stessa funzione $F$.
Grazie mille, adesso ho capito. È un'applicazione della definizione di rette perpendicolari data dal prodotto scalare.
Le direzioni delle tangenti alle curve devono essere normali tra loro.
I calcoli:
Prendo la curva
Infatti, la parabola in questione è:
$\gamma:y^2=2ax, a in RR$
Quindi la posso scrivere così:
$\gamma(y)=((y^2/(2a)),(y))$
$\gamma'(y)=((y/a),(1))$
la curva normale a $\gamma$:
$\delta(t)=((x(t)),(y(t)))$
$\delta'(t)=((x'(t)),(y'(t)))$
Quindi ho:
$\delta'*\gamma'=0$
$dy/dx=-y/a$
$a=y^2/(2x)$
$dy/dx=-(2x)/y$
$1/2y^2=-x^2+K$
$K=C^2$
$y^2+2x^2=2C^2$ (che è un ellisse).
Le direzioni delle tangenti alle curve devono essere normali tra loro.
I calcoli:
Prendo la curva
Infatti, la parabola in questione è:
$\gamma:y^2=2ax, a in RR$
Quindi la posso scrivere così:
$\gamma(y)=((y^2/(2a)),(y))$
$\gamma'(y)=((y/a),(1))$
la curva normale a $\gamma$:
$\delta(t)=((x(t)),(y(t)))$
$\delta'(t)=((x'(t)),(y'(t)))$
Quindi ho:
$\delta'*\gamma'=0$
$dy/dx=-y/a$
$a=y^2/(2x)$
$dy/dx=-(2x)/y$
$1/2y^2=-x^2+K$
$K=C^2$
$y^2+2x^2=2C^2$ (che è un ellisse).
Io credo con F si intenda $F(x,y)=2ax-y^2$ quindi $dF(x,y)=F_xdx+F_ydy$
Ponendo il differenziale a zero si ottiene la nota formula $(dy)/(dx)=(-F_x)/(F_y)=tan(alpha)=a/y$
Che è la stessa cosa che fare la derivata implicita $(d(2ax=y^2))/dx$ ponendo y in funzione di x, ovvero y(x)
Quindi $2a=2yy^{\prime}$ da cui $y^{\prime}=a/y=dy/dx=tan(alpha)$
Ponendo il differenziale a zero si ottiene la nota formula $(dy)/(dx)=(-F_x)/(F_y)=tan(alpha)=a/y$
Che è la stessa cosa che fare la derivata implicita $(d(2ax=y^2))/dx$ ponendo y in funzione di x, ovvero y(x)
Quindi $2a=2yy^{\prime}$ da cui $y^{\prime}=a/y=dy/dx=tan(alpha)$
"SirDanielFortesque":
$dy/dx=-y/a$
Questo non può essere.
$dy/dx=a/y=tan(alpha)$
Quindi $tan(varphi)=-y/a=-y*2x/y^2=-(2x)/y$
$tan(varphi)$ è la pendenza delle rette perpendicolari alle tangenti nei vari punti della parabola, quindi la consideriamo come le tangenti ad un luogo geometrico, ovvero i $dy/dx=-(2x)/y$ di questo fantomatico luogo geometrico che troviamo risolvendo l'integrale.
Ma non puoi saltare questi passaggi!
Si dev'essere la derivata parziale rispetto alla $x$ ed $y$ rispettivamente. Però sul momento mi ero confuso e non capivo come l'avesse scelta.
Sostituendo la $a$ poi arrivo a quell'equazione che hai scritto.
Grazie.
"Bokonon":
dydx =−2xy dy/dx=-(2x)/y e risolviamo l'integrale.
Sostituendo la $a$ poi arrivo a quell'equazione che hai scritto.
Grazie.
Prego.
Carino il problema...non avrei mai pensato che il potenziale del campo gradiente delle rette perpendicolare alle tangenti di fascio di parabole fosse un ellisse!
Naturalmente si poteva fare anche parametrizzando come ha fatto Anto (anche se ha commesso un errore nella parametrizzazione). Tanto alla fine $(y^{\prime}(t))/(x^{\prime}(t))=(dy/dt)/(dx/dt)=dy/dx$ ma però si aveva la classica rappresentazione vettoriale del campo.
Carino il problema...non avrei mai pensato che il potenziale del campo gradiente delle rette perpendicolare alle tangenti di fascio di parabole fosse un ellisse!
Naturalmente si poteva fare anche parametrizzando come ha fatto Anto (anche se ha commesso un errore nella parametrizzazione). Tanto alla fine $(y^{\prime}(t))/(x^{\prime}(t))=(dy/dt)/(dx/dt)=dy/dx$ ma però si aveva la classica rappresentazione vettoriale del campo.
Anche a me piacciono questi esercizi più geometrici solo che mi sono più difficili.
[ot]Da quello che ho capito l'eserciziario è una riedizione rivisitata di un eserciziario di Leonida Tonelli.[/ot]
[ot]Da quello che ho capito l'eserciziario è una riedizione rivisitata di un eserciziario di Leonida Tonelli.[/ot]
@bokonon
Si non avevo notato che fosse $y^2=2ax$
Si non avevo notato che fosse $y^2=2ax$
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