Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje ... · Ne moˇ zemo je eksplicitno rjeˇ siti, osim u nekim posebnimˇ ... nagib one izokline koja je zadanoj si-metricna

Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 5 1 / 34

Sadrzaj

Sadrzaj:

1 Polje smjerova

2 Eulerova metoda za rjesavanje dif. jednadzbi prvog reda

3 Ortogonalne trajektorijeUvodKako naci ortogonalne trajektorije


Ciljevi ucenja

Ciljevi ucenja:Nauciti sto je polje smjerova i sto su izokline

Kako Eulerovom (numerickom) metodom rijesiti diferencijalnujednadzbu prvog redaNaci diferencijalnu jednadzbu zadane jednoparametarske familijekrivuljaKako odrediti ortogonalne trajektorije zadane familije krivulja


Ciljevi ucenja

Ciljevi ucenja:Nauciti sto je polje smjerova i sto su izoklineKako Eulerovom (numerickom) metodom rijesiti diferencijalnujednadzbu prvog reda

Naci diferencijalnu jednadzbu zadane jednoparametarske familijekrivuljaKako odrediti ortogonalne trajektorije zadane familije krivulja


Ciljevi ucenja

Ciljevi ucenja:Nauciti sto je polje smjerova i sto su izoklineKako Eulerovom (numerickom) metodom rijesiti diferencijalnujednadzbu prvog redaNaci diferencijalnu jednadzbu zadane jednoparametarske familijekrivulja

Kako odrediti ortogonalne trajektorije zadane familije krivulja


Ciljevi ucenja

Ciljevi ucenja:Nauciti sto je polje smjerova i sto su izoklineKako Eulerovom (numerickom) metodom rijesiti diferencijalnujednadzbu prvog redaNaci diferencijalnu jednadzbu zadane jednoparametarske familijekrivuljaKako odrediti ortogonalne trajektorije zadane familije krivulja


Opcenito o diferencijalnim jednadzbama prvog reda

Opcenito o diferencijalnim jednadzbama prvog reda

Diferencijalna jednadzba prvog reda

F (x ,y ,y ′) = 0

najcesce nije ni separabilna ni linearna niti se moze svesti na takvejednadzbe. Ne mozemo je eksplicitno rjesiti, osim u nekim posebnimslucajevima.

Opcenito, moramo se posluziti numerickim ili kakvim drugimaproksimativnim metodama.

Pritom je korisno imati jasnu sliku o geometrijskom znacenjudiferencijalne jednadzbe prvog reda.

Pretpostavimo da je zadana jednadzba F (x ,y ,y ′) = 0 rjesiva po y ′, paje mozemo zapisati u obliku y ′ = f (x ,y).


Polje smjerova

POLJE SMJEROVAJednadzba y ′ = f (x ,y) ima slijedecugraficku interpretaciju: u svakoj tocki (x ,y)podrucja U definicije funkcije f odreden jenagib tangente y ′ na rjesenje y = y(x) u tojtocki (tangens kuta tangente iznosi upravof (x ,y)). Ako u svakoj tocki podrucja Upovucemo malu crticu nagiba f (x ,y), dobitcemo polje smjerova.

Rijesiti jednadzbu y ′ = f (x ,y) znaci pronaci putanju kroz njezino poljesmjerova za koju se koeficijent smjera tangente u svakoj njenoj tockipodudara sa smjerom polja u toj tocki.

Takvu putanju zvat cemo integralna krivulja.Integralnih krivulja ima beskonacno mnogo, a svaka se dobijezadavanjem neke pocetne tocke (x0,y0) ∈ U kojom krivulja treba proci.Na taj nacin moguce je konstruirati graf rjesenja diferencijalnejednadzbe.


Polje smjerova

POLJE SMJEROVAJednadzba y ′ = f (x ,y) ima slijedecugraficku interpretaciju: u svakoj tocki (x ,y)podrucja U definicije funkcije f odreden jenagib tangente y ′ na rjesenje y = y(x) u tojtocki (tangens kuta tangente iznosi upravof (x ,y)). Ako u svakoj tocki podrucja Upovucemo malu crticu nagiba f (x ,y), dobitcemo polje smjerova.Rijesiti jednadzbu y ′ = f (x ,y) znaci pronaci putanju kroz njezino poljesmjerova za koju se koeficijent smjera tangente u svakoj njenoj tockipodudara sa smjerom polja u toj tocki.

Takvu putanju zvat cemo integralna krivulja.Integralnih krivulja ima beskonacno mnogo, a svaka se dobijezadavanjem neke pocetne tocke (x0,y0) ∈ U kojom krivulja treba proci.Na taj nacin moguce je konstruirati graf rjesenja diferencijalnejednadzbe.Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 5 5 / 34

Polje smjerova Izokline

IZOKLINE

Zbog lakseg crtanja, odredujemo izokline (krivulje konstantnognagiba): krivulje u cijim se tockama podudaraju nagibi tangenti. To sukrivulje s jednadzbom f (x ,y) = C, jer je u njima y ′ = C.

Crtamo ih za neke istaknute vrijednosti konstante C.


Polje smjerova Primjer

PRIMJER 1.Skicirajmo polje smjerova za jednadzbu y′ = x.

Rjesenje:

Ovdje je f (x ,y) = x i jednadzbe iz-oklina glase x = C. Dakle, sve suto pravci paralelni sa osi y . Nasvakoj izoklini koeficijent smjera iz-nosi upravo C. Ako primjericetreba pronaci izoklinu s koeficijen-tom smjera tgα = 1, onda je to pra-vac x = 1.


Polje smjerova Primjer

PRIMJER 1.Skicirajmo polje smjerova za jednadzbu y′ = x.

Rjesenje:

Ovdje je f (x ,y) = x i jednadzbe iz-oklina glase x = C. Dakle, sve suto pravci paralelni sa osi y . Nasvakoj izoklini koeficijent smjera iz-nosi upravo C. Ako primjericetreba pronaci izoklinu s koeficijen-tom smjera tgα = 1, onda je to pra-vac x = 1.


Polje smjerova Zadaci

ZADATAK 1.Skiciraj polja smjerova sljedecih jednadzbi:

A) y′ =yx

B) y′ =−xy

C) y′ =xy.

Rjesenje 1. A):U slucaju jednadzbe y ′ =

yx

imamo

f (x ,y) =yx

. Jednadzbe izoklina glaseyx

=

C ⇒ y = Cx , sto su pravci koji prolaze krozishodiste.Na svakoj izoklini koeficijent smjera iznosiupravo C, pa u slucaju ove jednadzbe na-gib integralnih krivulja na izoklini nagib jesame izokline. Dakle, polje smjerova iz-gleda kao na slici desno.



ZADATAK 1.Skiciraj polja smjerova sljedecih jednadzbi:

A) y′ =yx

B) y′ =−xy

C) y′ =xy.

Rjesenje 1. A):U slucaju jednadzbe y ′ =

yx

imamo

f (x ,y) =yx

. Jednadzbe izoklina glaseyx

=

C ⇒ y = Cx , sto su pravci koji prolaze krozishodiste.Na svakoj izoklini koeficijent smjera iznosiupravo C, pa u slucaju ove jednadzbe na-gib integralnih krivulja na izoklini nagib jesame izokline. Dakle, polje smjerova iz-gleda kao na slici desno.Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 5 8 / 34


Ocito je da su integralne krivulje pravci y = cx , sto se moze i egzaktnoizracunati rjesavanjem diferencijalne jednadzbe:

y ′ =yx⇒ dy

dx=

yx⇒ dy

y=

dxx⇒ ln |y |= ln |x |+ c ⇒ y = cx

Rjesenje 1. B):U slucaju jednadzbe y ′ = −x

yjed-

nadzbe izoklina glase

−xy

= C ⇒ −x = Cy ⇒ y =− 1C

x .

Dakle, izokline su opet pravci kroz is-hodiste, no sada je nagib integralnihkrivulja reciprocan i suprotan nagibusame izokline, pa su paralelne male cr-tice na izoklini okomite na samu izok-linu. Dakle, polje smjerova izgleda kaona slici desno.



Ocito je da su integralne krivulje pravci y = cx , sto se moze i egzaktnoizracunati rjesavanjem diferencijalne jednadzbe:

y ′ =yx⇒ dy

dx=

yx⇒ dy

y=

dxx⇒ ln |y |= ln |x |+ c ⇒ y = cx

Rjesenje 1. B):U slucaju jednadzbe y ′ = −x

yjed-

nadzbe izoklina glase

−xy

= C ⇒ −x = Cy ⇒ y =− 1C

x .

Dakle, izokline su opet pravci kroz is-hodiste, no sada je nagib integralnihkrivulja reciprocan i suprotan nagibusame izokline, pa su paralelne male cr-tice na izoklini okomite na samu izok-linu. Dakle, polje smjerova izgleda kaona slici desno.Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 5 9 / 34


Ocito je da su integralne krivulje koncentricne kruznice x2 + y2 = c2,sto se moze i egzaktno izracunati:

y ′ =−xy⇒ dy

dx=−x

y⇒ ydy =−xdx ⇒ y2

2=−x2

2+ c

⇒ x2 + y2 = c2

Rjesenje 1. C):U slucaju jednadzbe y ′ =

xy

jednadzbe izoklina glase

xy

= C ⇒ x = Cy ⇒ y =1C

x .

Dakle, izokline su opet pravci kroz ishodiste. Sto se tice nagibaintegralnih krivulja, on je za C = 1 jednak nagibu izokline, a u ostalimslucajevima sve veci nagib izokline daje sve manji nagib integralnihkrivulja, i obrnuto.



Ocito je da su integralne krivulje koncentricne kruznice x2 + y2 = c2,sto se moze i egzaktno izracunati:

y ′ =−xy⇒ dy

dx=−x

y⇒ ydy =−xdx ⇒ y2

2=−x2

2+ c

⇒ x2 + y2 = c2

Rjesenje 1. C):U slucaju jednadzbe y ′ =

xy

jednadzbe izoklina glase

xy

= C ⇒ x = Cy ⇒ y =1C

x .

Dakle, izokline su opet pravci kroz ishodiste. Sto se tice nagibaintegralnih krivulja, on je za C = 1 jednak nagibu izokline, a u ostalimslucajevima sve veci nagib izokline daje sve manji nagib integralnihkrivulja, i obrnuto.Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 5 10 / 34


Tj. nagib integralnih krivulja na izokliniy = Cx reciprocan je nagibu same izok-

line, y ′ =xy

=1C

,

sto znaci da te integralne krivulje imajunagib one izokline koja je zadanoj si-metricna s obzirom na simetrale y =±x .Polje smjerova izgleda kao na slicidesno.Cini se da su integralne krivulje hiperbole x2−y2 =±c2 sazajednickim asimptotama y =±x , te same asimptote, sto se moze iegzaktno izracunati:

y ′ =xy⇒ dy

dx=

xy⇒ ydy = xdx ⇒ y2

2=

x2

2+ c

⇒ x2−y2 =±c2 (uz c2 = 2|c|.)


Eulerova metoda za rjesavanje dif. jednadzbi prvog reda

EULEROVA METODA ZA NUMERICKO RJESAVANJE

DIFERENCIJALNIH JEDNADZBI PRVOG REDA

Promatramo Cauchyjev problem:

y ′ = f (x ,y), y(x0) = y0na intervalu [x0,x0 + n∆x ]

Nakon aproksimacije

y ′(xi)≈∆yi

∆x=

yi+1−yi

∆x,

dobivamo diskretizirani oblik gor-njeg problema kako slijedi:

yi+1−yi

∆x= f (xi ,yi), i = 0,1, . . . ,n−1

Iz toga redom mozemo izracunativrijednost aproksimacije rjesenja→(tzv. eksplicitna Eulerova metoda)Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 5 12 / 34

Eulerova metoda za rjesavanje dif. jednadzbi prvog reda Primjer

PRIMJER 2.

Eulerovom metodom rijesimo Cauchyjev problem y ′ =− xy , y

(12

)= 1

na intervalu[1

2 ,1]

s korakom 4x = 0.1 .

Rjesenje:


Eulerova metoda za rjesavanje dif. jednadzbi prvog reda Primjer

PRIMJER 2.

Eulerovom metodom rijesimo Cauchyjev problem y ′ =− xy , y

(12

)= 1

na intervalu[1

2 ,1]


Rjesenje:


Eulerova metoda za rjesavanje dif. jednadzbi prvog reda Greska

Eulerova metoda ne upotrebljava se za rjesavanje prakticnih problema.Da bi se povecala preciznost Eulerove metode, potrebno je smanjitikorak (vidjeti Zadatak 3). Oprez! Numericki proracun derivacije sadrzipotencijalnu opasnost pojave greske zaokruzivanja kod oduzimanjadva vrlo slicna broja. Eulerova metoda ne koristi se u ozbiljnijimnumerickim proracunima. Ima vazno teorijsko znacenje, jer se druge,mnogo efikasnije metode, zasnivaju na ovoj ideji.

U slucaju Primjera 2 na slicidesno prikazano je egzak-tno i aproksimirano rjesenjeu polju smjerova:


Eulerova metoda za rjesavanje dif. jednadzbi prvog reda Egzaktno i aproksimirano rjesenje

Nadimo egzaktno rjesenje Cauchyjevog problema iz Primjera 2.

Opce rjesenje:y ′ =− x

y ⇒dydx =− x

y ⇒ ydy =−xdx ⇒ y2

2 =−x2

2 + c

⇒ x2 + y2 = c2

Partikularno rjesenje uz uvjet y(1

2

)= 1:

0.25 + 1 = c2 ⇒ x2 + y2 = 1.25

Egzaktno rjesenje y (1.):

x = 1. ⇒ y(1.)2 = 1.25−1 = 0.25 ⇒ y(1.) = 0.5

Eulerova metoda dala je (vidjeti str. 13): y(1.)≈ y5 = 0.58193


Eulerova metoda za rjesavanje dif. jednadzbi prvog reda Zadaci

ZADATAK 2.

Eulerovom metodom rijesimo Cauchyjev problem y ′ = yx , y

(12

)= 1 na

intervalu[1

2 ,1]


Rjesenje:



ZADATAK 2.

Eulerovom metodom rijesimo Cauchyjev problem y ′ = yx , y

(12

)= 1 na

intervalu[1

2 ,1]


Rjesenje:



Nadimo egzaktno rjesenje Cauchyjevog problema iz Zadatka 2.

Opce rjesenje:y ′ = y

x ⇒dydx = y

x ⇒dyy = dx

x ⇒ ln |y |= ln |x |+ c ⇒ y = cxPartikularno rjesenje uz uvjet y

(12

)= 1:

1 =c2⇒ y = 2x


x = 1. ⇒ y(1.) = 2 ·1. = 2. ⇒ y(1.) = 2.

Eulerova metoda dala je takoder: y5 = 2.

Zasto? Pogledaj predhodnu sliku polja smjerova!



Nadimo egzaktno rjesenje Cauchyjevog problema iz Zadatka 2.

Opce rjesenje:y ′ = y

x ⇒dydx = y

x ⇒dyy = dx

x ⇒ ln |y |= ln |x |+ c ⇒ y = cxPartikularno rjesenje uz uvjet y

(12

)= 1:

1 =c2⇒ y = 2x


x = 1. ⇒ y(1.) = 2 ·1. = 2. ⇒ y(1.) = 2.

Eulerova metoda dala je takoder: y5 = 2.

Zasto? Pogledaj predhodnu sliku polja smjerova!



ZADATAK 3.

Eulerovom metodom rijesimo Cauchyjev problem y ′ = xy , y

(12

)= 1 na

intervalu[1

2 ,1]

s koracima 4x = 0.1 i 4x = 0.05 .

Rjesenje:



ZADATAK 3.

Eulerovom metodom rijesimo Cauchyjev problem y ′ = xy , y

(12

)= 1 na

intervalu[1

2 ,1]

s koracima 4x = 0.1 i 4x = 0.05 .

Rjesenje:


Ortogonalne trajektorije Uvod

Uvod u ortogonalne trajektorije: F (x ,y ,y ′) = 0 ⇐⇒ f (x ,y ,c) = 0

Rjesenja (tj. integralne krivulje) diferencijalne jednadzbe F (x ,y ,y ′) = 0tvore jednoparametarsku familiju krivulja f (x ,y ,c) = 0.

Primjerice: y ′+xy

= 0 =⇒ x2 + y2 = c2 (TEZE)

Vrijedi i obratno, svaka jednoparametarska familija krivulja f (x ,y ,c) = 0ima svoju diferencijalnu jednadzbu F (x ,y ,y ′) = 0 kojoj je ona rjesenje.

Primjerice: y ′+xy

= 0 ⇐= x2 + y2 = c2 (LAKSE)

PRIMJER 3.Skicirajmo sljedece familije krivulja i nadimo njihove diferencijalnejednadzbe:

A) y = cx2 B) (x−c)2 + y2 = 1.


Ortogonalne trajektorije Primjeri

Rjesenje 3. A):

y = cx2 je familija parabola koje prolaze kroz ishodiste.

y = cx2∣∣∣∣ ddx

⇒ y ′ = 2cx ⇒ c =y ′

2x

Uvrstavanjem u pocetnu jednadzbu slijedi: y =y ′

2xx2⇒ y′ =

2yx


Ortogonalne trajektorije Primjeri

Rjesenje 3. B):

(x−c)2 + y2 = 1 je familija kruznica sa sredistima S(c,0) i radijusar = 1.

(x−c)2 + y2 = 1∣∣∣∣ ddx

⇒ 2(x−c) + 2yy ′ = 0 ⇒ x−c =−yy ′

Uvrstavanjem u pocetnu jednadzbu slijedi:

(−yy ′)2 + y2 = 1 ⇒ y2y′2 + y2 = 1


Ortogonalne trajektorije Zadaci

ZADATAK 4.Skicirajmo sljedece familije krivulja i nadimo njihove diferencijalnejednadzbe:

a) y = cx + 1 b) y = c/x c) y = x2−cxd) (x−c)2 + y2 = c2 e) (x + c)2 + y2 = c2−1.

Rjesenje 4. a):

y = cx + 1 je familija pravaca koji pro-laze kroz tocku S(0,1).

y = cx + 1∣∣∣∣ ddx

⇒ y ′ = c

⇒ y = y′x + 1



ZADATAK 4.Skicirajmo sljedece familije krivulja i nadimo njihove diferencijalnejednadzbe:

a) y = cx + 1 b) y = c/x c) y = x2−cxd) (x−c)2 + y2 = c2 e) (x + c)2 + y2 = c2−1.

Rjesenje 4. a):

y = cx + 1 je familija pravaca koji pro-laze kroz tocku S(0,1).

y = cx + 1∣∣∣∣ ddx

⇒ y ′ = c

⇒ y = y′x + 1



Rjesenje 4. b):

y = cx je familija hiperbola sa zajednickim

asimptotama y = 0 i x = 0.

y =cx⇒ xy = c

∣∣∣∣ ddx

⇒ y + xy′ = 0

Rjesenje 4. c):y = x2 − cx je familija parabola snultockama x1 = 0 i x2 = c.

y = x2−cx∣∣∣∣ ddx

⇒ y ′ = 2x−c

⇒ c = 2x−y ′ ⇒ y = x2− (2x−y ′)x

⇒ y = xy′−x2



Rjesenje 4. b):

y = cx je familija hiperbola sa zajednickim

asimptotama y = 0 i x = 0.

y =cx⇒ xy = c

∣∣∣∣ ddx

⇒ y + xy′ = 0

Rjesenje 4. c):y = x2 − cx je familija parabola snultockama x1 = 0 i x2 = c.

y = x2−cx∣∣∣∣ ddx

⇒ y ′ = 2x−c

⇒ c = 2x−y ′ ⇒ y = x2− (2x−y ′)x

⇒ y = xy′−x2



Rjesenje 4. d):

(x − c)2 + y2 = c2 je familijakruznica sa sredistima S(c,0) iradijusima r = c:

(x−c)2 + y2 = c2∣∣∣∣ ddx

⇒ �2(x−c) +�2yy ′ = 0 ⇒ c = x + yy ′

⇒ (−yy ′)2 + y2 = (x + yy ′)2 ⇒ ��y2y ′2 + y2 = x2 + 2xyy ′+��y2y ′2

⇒ y2 = x2 + 2xyy′



Rjesenje 4. e):

(x + c)2 + y2 = c2−1 je familijakruznica sa sredistima S(−c,0)i radijusima r =

√c2−1, |c|> 1:

(x + c)2 + y2 = c2−1∣∣∣∣ ddx

⇒ �2(x + c) +�2yy ′ = 0 ⇒ c =−x−yy ′

⇒ (−yy ′)2 + y2 = (−x−yy ′)2−1 ⇒ ��y2y ′2 + y2 =

x2 + 2xyy ′+��y2y ′2−1

⇒ y2−x2 + 1 = 2xyy′


Ortogonalne trajektorije Kako naci ortogonalne trajektorije

ORTOGONALNE TRAJEKTORIJE

Krivulje familije g(x ,y ,c) = 0ortogonalne su trajektorijefamilije krivulja f (x ,y ,c) = 0ako je svaka krivulja g-familijeokomita na svaku krivuljuf -familije.

Ako (crvena) familija krivulja zadovoljava diferencijalnu jednadzbu

F (x ,y ,y ′) = 0,

onda familija njezinih (plavih) ortogonalnih trajektorija zadovoljavadiferencijalnu jednadzbu

F (x ,y ,−1/y ′) = 0,

jer su y′ i −1/ y′ medusobno okomiti nagibi!Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 5 26 / 34

Ortogonalne trajektorije Primjer

PRIMJER 4.

Nadimo ortogonalne trajektorije familije parabola y = cx2.

Rjesenje:

y = cx2 ⇒ y ′ = 2cx ⇒ c =y ′

2x⇒ y =

y ′

2xx2

⇒ 2y = y′x diferencijalna jednandzba pocetne familijeww�2y =− 1

y′x diferencijalna jednandzba ortogonalne familije



PRIMJER 4.

Nadimo ortogonalne trajektorije familije parabola y = cx2.

Rjesenje:

y = cx2 ⇒ y ′ = 2cx ⇒ c =y ′

2x⇒ y =

y ′

2xx2

⇒ 2y = y′x diferencijalna jednandzba pocetne familijeww�2y =− 1

y′x diferencijalna jednandzba ortogonalne familije



Rijesimo diferencijalnu jednadzbu ortogonalne familije:

2yy ′ =−x ⇒ 2ydydx

=−x ⇒ 2ydy =−xdx∣∣∣∣∫ ⇒ y2 =−x2

2+ c2

⇒ x2

2c2 +y2

c2 = 1 ortogonalne trajektorije su elipse

Familija parabola i familijaelipsa sijeku se pod pravimkutom.



ZADATAK 5.Odredite ortogonalne trajektorije familije krivulja:

a) y = cx + 1 b) x = y2−c2 c) x2−y2 = c2.

Rjesenje 5. a):y = cx + 1 ⇒ y ′ = c =⇒ y = y′x + 1

=⇒ y =− 1y′

x + 1

y −1 =−xdxdy⇒ (y −1)dy =−xdx

∣∣∣∣∫ ⇒ (y −1)2

2=−x2

2+ c2

⇒ (y−1)2 + x2 = A2 ortogonalne trajektorije su kruznicesa sredistem u S(0,1)



ZADATAK 5.Odredite ortogonalne trajektorije familije krivulja:

a) y = cx + 1 b) x = y2−c2 c) x2−y2 = c2.

Rjesenje 5. a):y = cx + 1 ⇒ y ′ = c =⇒ y = y′x + 1

=⇒ y =− 1y′

x + 1

y −1 =−xdxdy⇒ (y −1)dy =−xdx

∣∣∣∣∫ ⇒ (y −1)2

2=−x2

2+ c2

⇒ (y−1)2 + x2 = A2 ortogonalne trajektorije su kruznicesa sredistem u S(0,1)



Familija pravaca i familija kruznica sijekuse pod pravim kutom.

Rjesenje 5. b): x = y2−c2, tj. x = (y −c)(y + c)su parabole s nultockama y =±c

x = y2−c2 =⇒ 1 = 2yy′

=⇒ 1 = 2y(− 1

y′

)

y ′ =−2y ⇒ dydx

=−2y ⇒ dyy

=−2dx∣∣∣∣∫ ⇒ ln |y |=−2x + c

⇒ y = Ae−2x ortogonalne trajektorije su eksponencijalne funkcije



Familija pravaca i familija kruznica sijekuse pod pravim kutom.

Rjesenje 5. b): x = y2−c2, tj. x = (y −c)(y + c)su parabole s nultockama y =±c

x = y2−c2 =⇒ 1 = 2yy′

=⇒ 1 = 2y(− 1

y′

)

y ′ =−2y ⇒ dydx

=−2y ⇒ dyy

=−2dx∣∣∣∣∫ ⇒ ln |y |=−2x + c

⇒ y = Ae−2x ortogonalne trajektorije su eksponencijalne funkcije



Familija parabola i familija eksponencijal-nih funkcija sijeku se pod pravim kutom.

Rjesenje 5. c): x2−y2 = c2 su hiperbole s asimptotama y =±x

x2−y2 = c2 ⇒ 2x−2yy ′ = 0 =⇒ x = yy′

=⇒ x =− yy′

xy ′ =−y ⇒ xdydx

=−y ⇒ dyy

=−dxx

∣∣∣∣∫ ⇒ ln |y |=− ln |x |+ c

⇒ y = A · 1x

ortogonalne trajektorije su hiperbole s asimptotama x = 0 i y = 0



Familija parabola i familija eksponencijal-nih funkcija sijeku se pod pravim kutom.

Rjesenje 5. c): x2−y2 = c2 su hiperbole s asimptotama y =±x

x2−y2 = c2 ⇒ 2x−2yy ′ = 0 =⇒ x = yy′

=⇒ x =− yy′

xy ′ =−y ⇒ xdydx

=−y ⇒ dyy

=−dxx

∣∣∣∣∫ ⇒ ln |y |=− ln |x |+ c

⇒ y = A · 1x

ortogonalne trajektorije su hiperbole s asimptotama x = 0 i y = 0Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 5 31 / 34


Familije hiperbola sijeku se pod pravim kutom.

ZADATAK 6.Pokus pokazuje da su sve kruznice koje prolaze tockama (−1,0) i(1,0) silnice elektricnog polja, koje stvaraju dva medusobno jednakanaboja smjestena u tim tockama. Nadimo krivulje konstantnogpotencijala, tzv. ekvipotencijale, koje su ortogonalne trajektorije familijesilnica.



Rjesenje:

Kruznica koja ima srediste u (0,c) i prolazitockama (−1,0) i (1,0) ima radijus

√1 + c2.

Dakle, familija silnica ima jednadzbu:x2 + (y−c)2 = 1 + c2

Odredimo diferencijalnu jednadzbu te familije:

x2 + (y−c)2 = 1 + c2∣∣∣∣ ddx

⇒ 2x + 2(y−c)y ′ = 0 ⇒ y−c =− xy ′⇒

c = y +xy ′

Uvrstavanjem u polaznu jednadzbu dobivamo:

⇒ x2 +

(− x

y ′

)2

= 1 +

(y +

xy ′

)2

⇒ x2 +��x2

y ′2= 1 + y2 + 2y

xy ′

+��x2

y ′2

⇒ −2xyy′

= y2−x2 + 1 diferencijalna jednandzba familije silnica



Slijedi da je diferencijalna jednandzba ortogonalne familije (familijeekvipotencijala):

2xyy′ = y2−x2 + 1

Ovo je diferencijalna jednadzba Bernoullijevog tipa (koju supstitucijomz = y2 svodimo na linearnu diferencijalnu jednadzbu). Medutim, uZadatku 4. e) vec smo vidjeli da je rjesenje te diferencijalne jednadzbe:

(x + c)2 + y2 = c2−1

Dakle, ekvipotencijale su kruznice.

Familija silnica elektricnog polja i familijaekvipotencijala su kruznice koje sijeku sepod pravim kutom.


Documents

Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje ... · Ne moˇ zemo je eksplicitno rjeˇ siti, osim u nekim posebnimˇ ... nagib one izokline koja je zadanoj si-metricna