Trigonometria e non solo.
Non capisco una parte della soluzione al seguente problema:
"trovare le curve di un dato piano per le quali tutte le
normali passano per un dato punto"
Il testo riporta la soluzione:
"assumendo il punto dato come origine di un sistema di assi cartesiani ortogonali del piano considerato, per ognuna delle curve cercato dovrà aversi sempre:
$y/x tan(\alpha)+1=0$
ossia
$y/x *dy/dx +1=0$
E poi integra e ottiene "ovviamente" una circonferenza.
con $\alpha$ è indicato l'angolo che la tangente alla crf forma con l'asse delle x
con $y$ e $x$ le coordinate della curva.
Non capisco come si ricava la prima relazione.
Scusate se metto la foto ma magari non si capisce da come ho descritto.
"trovare le curve di un dato piano per le quali tutte le
normali passano per un dato punto"
Il testo riporta la soluzione:
"assumendo il punto dato come origine di un sistema di assi cartesiani ortogonali del piano considerato, per ognuna delle curve cercato dovrà aversi sempre:
$y/x tan(\alpha)+1=0$
ossia
$y/x *dy/dx +1=0$
E poi integra e ottiene "ovviamente" una circonferenza.
con $\alpha$ è indicato l'angolo che la tangente alla crf forma con l'asse delle x
con $y$ e $x$ le coordinate della curva.
Non capisco come si ricava la prima relazione.
Scusate se metto la foto ma magari non si capisce da come ho descritto.
Risposte
La relazione si può ottenere così
Considera una curva $P(t)=(x(t),y(t))$. La direzione della retta tangente è ottenuta derivando le componenti $x,y$ ossia $T(t)=(x’(t),y’(t))$
Se le normali della curva passano per l’origine significa che il vettore posizione e la direzione normale alla curva devono essere paralleli(prova a dimostrarlo) e quindi il vettore posizione deve essere ortogonale a quello tangente, da questo:
Da quella relazione si arriva, integrando in $dt$, a $r^2=x^2(t)+y^2(t)$
Questa, secondo me, è un pelo più formale. Se vuoi arrivare a quella relazione puoi scrivere
Ponendo $x’(t)=(dx)/(dt)$ e $y’(t)=(dy)/(dt)$ scriviamo $(y’)/(x’)=[(dy)/(dt)]/[(dx)/(dt)]=(dy)/(dx)$ ottenendo
Però si dovrebbe prendere per ipotesi che $x$ sia non nullo e cose simili che non creano problemi invece nella dimostrazione di sopra.
Considera una curva $P(t)=(x(t),y(t))$. La direzione della retta tangente è ottenuta derivando le componenti $x,y$ ossia $T(t)=(x’(t),y’(t))$
Se le normali della curva passano per l’origine significa che il vettore posizione e la direzione normale alla curva devono essere paralleli(prova a dimostrarlo) e quindi il vettore posizione deve essere ortogonale a quello tangente, da questo:
$0=(x(t),y(t))*(x’(t),y’(t))=x(t)*x’(t)+y(t)*y’(t)$
Da quella relazione si arriva, integrando in $dt$, a $r^2=x^2(t)+y^2(t)$
Questa, secondo me, è un pelo più formale. Se vuoi arrivare a quella relazione puoi scrivere
$0=(y(t))/(x(t))*(y’(t))/(x’(t))+1=0$
Ponendo $x’(t)=(dx)/(dt)$ e $y’(t)=(dy)/(dt)$ scriviamo $(y’)/(x’)=[(dy)/(dt)]/[(dx)/(dt)]=(dy)/(dx)$ ottenendo
$y/x*(dy)/(dx)+1=0=> y/x tan(theta)+1=0$
Però si dovrebbe prendere per ipotesi che $x$ sia non nullo e cose simili che non creano problemi invece nella dimostrazione di sopra.
Grazie della risposta.
Si adesso ho capito.
Per quanto riguarda la dimostrazione mi pare si facesse così:
Sia data $P(t):C^(1)([a,b]: RR^n)$ con $||P(t)||=c, c in RR$ $=>T(t)\botP(t)$
Bastava calcolare la derivata dell'espressione seguente:
$d/dt[ P(t)*P(t)]=d/dt ||P(t)||^2=2*P(t)*P'(t)$
Essendo $||P(t)||$ una costante, allora
$P(t)*P'(t)=0$ e quindi il vettore spostamento ed il vettore tangente sono perpendicolari. Di conseguenza il vettore normale sarà parallelo al vettore spostamento.
E' corretto?
"anto_zoolander":
il vettore posizione e la direzione normale alla curva devono essere paralleli
Si adesso ho capito.
Per quanto riguarda la dimostrazione mi pare si facesse così:
Sia data $P(t):C^(1)([a,b]: RR^n)$ con $||P(t)||=c, c in RR$ $=>T(t)\botP(t)$
Bastava calcolare la derivata dell'espressione seguente:
$d/dt[ P(t)*P(t)]=d/dt ||P(t)||^2=2*P(t)*P'(t)$
Essendo $||P(t)||$ una costante, allora
$P(t)*P'(t)=0$ e quindi il vettore spostamento ed il vettore tangente sono perpendicolari. Di conseguenza il vettore normale sarà parallelo al vettore spostamento.
E' corretto?
Buongiorno 
Perché supponi che $norm(P(t))$ sia costante? All’inizio non sai di avere una circonferenza.
Perché supponi che $norm(P(t))$ sia costante? All’inizio non sai di avere una circonferenza.
"anto_zoolander":
All’inizio non sai di avere una circonferenza.
Già è vero. Potresti darmi un suggerimento per la dimostrazione? (da solo non ci arrivo).
Alla luce del tuo suggerimento ho notato che l'espressione del testo può pure essere vista come applicazione "definizione" che viene data di rette perpendicolari (coefficienti angolari uno l'antireciproco dell'altro).
Però oltre questo...
Il problema proposto è specificatamente in $R^2$. Le direzioni di ogni singolo punto sono (x,y) e della sua derivata (dx,dy) e sono perpendicolari. Quindi il prodotto dei coefficienti angolari $(y/x)((dx)/(dy))=-1$
A me pare chiaro e diretto...
A me pare chiaro e diretto...
@sir
Esattamente.
Infatti due rette perpendicolari hanno le proprietà tali per cui $m_1*m_2=-1$ dove $m_1,m_2$ sono i coefficienti angolari.
Se hai fatto geometria uno è immediato: una retta è della forma $r:=P+<>$ e quindi se $O in r$ allora $OP=lambdav$ per qualche $lambda in RR$
Se non hai fatto geometria uno basta notare che per due punti passa una sola retta e la normale alla curva nel punto passa per l’origine ossia $(0,0)$ e $(x(t),y(t))$ appartengono alla retta normale alla curva.
La retta uscente dall’origine che interseca la curva passa per gli stessi punti, quindi le rette sono uguali.
@bokonon
Non voleva la soluzione, voleva capirne il motivo. Inoltre la tua risposta non mi sembra tanto differente dalla posizione del libro, che non ne accenna il motivo.
Esattamente.
Infatti due rette perpendicolari hanno le proprietà tali per cui $m_1*m_2=-1$ dove $m_1,m_2$ sono i coefficienti angolari.
Se hai fatto geometria uno è immediato: una retta è della forma $r:=P+<
Se non hai fatto geometria uno basta notare che per due punti passa una sola retta e la normale alla curva nel punto passa per l’origine ossia $(0,0)$ e $(x(t),y(t))$ appartengono alla retta normale alla curva.
La retta uscente dall’origine che interseca la curva passa per gli stessi punti, quindi le rette sono uguali.
@bokonon
Non voleva la soluzione, voleva capirne il motivo. Inoltre la tua risposta non mi sembra tanto differente dalla posizione del libro, che non ne accenna il motivo.
"anto_zoolander":
@bokonon
Non voleva la soluzione, voleva capirne il motivo. Inoltre la tua risposta non mi sembra tanto differente dalla posizione del libro, che non ne accenna il motivo.
Doh!
A me pare quasi offensivo nei riguardi del Sir (visto che so che conosce tutte queste cose) ma, vabbè, facciamo passaggio per passaggio.
Siamo in $R^2$ e definiamo un punto a piacere (a,b). Rispetto ad un punto generico $x_0,y_0$ di una curva, la pendenza della retta che congiunge i due punti è $(y_0-b)/(x_0-a)$. Invece la pendenza della retta tangente alla curva è la derivata in quel punto ovvero $f^{\prime}(x_0)$.
Cerchiamo il luogo geometrico per cui le due pendenze siano ortogonali, quindi poniamo $(y_0-b)/(x_0-a)f^{\prime}(x_0)=-1$
E questo deve essere vero per qualsiasi punto (x,y), quindi $(y-b)/(x-a)(dy)/(dx)=-1$ ovvero $(y-b)dy=(a-x)dx$.
Integrando ambo le parti $y^2/2-by=ax-x^2/2+C$ ovvero $(x^2-2ax+a^2)+(y^2-2by+b^2)=C/2+a^2+b^2=r^2$
Quindi l'unico luogo geometrico di $R^2$ che soddisfa i requisiti del problema è $(x-a)^2+(y-b)^2=r^2$ ovvero la circonferenza centrata in (a,b).
Da quando dire a qualcuno che “vuole capire come funziona qualcosa” risulta un’offesa? Anzi è, a mio avviso, un complimento.
Anche io so un po’ di cose di matematica, ma volendo andare a fondo, cerco di capire bene ciò che so e c’è differenza.
Ad ogni modo non mi è piaciuta questa tua affermazione che è, volutamente e insensatamente, provocatoria.
Fine ot.
Anche io so un po’ di cose di matematica, ma volendo andare a fondo, cerco di capire bene ciò che so e c’è differenza.
Ad ogni modo non mi è piaciuta questa tua affermazione che è, volutamente e insensatamente, provocatoria.
Fine ot.
"Bokonon":
A me pare quasi offensivo nei riguardi del Sir
Nessuna offesa, anzi ringrazio tutti per le risposte.
"anto_zoolander":
Se hai fatto geometria uno
Questo esame non esiste nell'università che frequento perché in teoria si dovrebbe "mescolare sistematicamente gli strumenti dell'Algebra Lineare e [bla bla bla] con gli strumenti dell'Analisi"
In pratica il corso ha un ritmo più incalzante perché sono due corsi in uno. In analisi e geometria I ho infatti già trattato le rette.
Adesso ho capito grazie ancora,
Ciao.
"anto_zoolander":
Ad ogni modo non mi è piaciuta questa tua affermazione che è, volutamente e insensatamente, provocatoria.
E infatti non lo voleva essere
E' evidente che hai frainteso. La frase...
"Bokonon":
A me pare quasi offensivo nei riguardi del Sir (visto che so che conosce tutte queste cose) ma, vabbè, facciamo passaggio per passaggio.
...era da intendersi che nel post precedente non avevo esplicitato i passaggi perchè ero/sono certo al 100% che Sir conosca benissimo tutte queste cose. Non era una critica rivolta a te!
Infatti, dopo aver riflettuto sulle tue parole, ho seguito il suggerimento e mi sono spinto ad esplicitare i passaggi.
Se fosse stata una critica nei tuoi confronti, non lo avrei fatto, no?
Capisco che tu non sia nella mia testa ma il beneficio del dubbio potevi darmelo...
[ot]Concediamoci a vicenda qualcosa; tu concedimi che non fosse chiarissimo.
Comunque nessun rancore; era solo l’espressione di un disappunto, nessun tentativo bellico.[/ot]
Comunque nessun rancore; era solo l’espressione di un disappunto, nessun tentativo bellico.[/ot]
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