CLASE 9-ORTOGONALES E ISOGONALES

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ECUACIONES DIFERENCIALES
ORDINARIAS DE PRIMER ORDEN
TRAYECTORIAS ORTOGONALES E ISOGONALES
ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS
JOE GARCÍA ARCOS
DEPARTAMENTO DE CIENCIAS EXACTAS - ESPE
CLASE 9
CONTENIDO
Título : Trayectorias ortogonales e isogonales
Duración : 120 minutos
Información general : Resolver problemas sobre trayectorias ortogonales e isogonales
Objetivo : Conocer los métodos para resolver problemas sobre trayectorias
ortogonales e isogonales
1
Ecuaciones diferenciales de primer orden
0.1 Trayectorias ortogonales
La ecuación
� (G, H, 2) = 0
donde la variable real 2 es un parámetro, define una familia de curvas de un parámetro en el
plano (G, H). Esto significa que la asignación de un valor específico a 2 determina una curva
particular en el plano (G, H), y un valor diferente de 2 determinará una curva diferente. A menudo
sucede que la ecuación � (G, H, 2) = 0 define H implícitamente en términos de G, de modo que la
ecuación no se puede resolver explícitamente como H = 5 (G, 2).
Una curva que intersecta a cada miembro de una familia de un parámetro de curvas ortog-
onalmente (en ángulos rectos) se llama una trayectoria ortogonal de la familia. Un problema
geométrico que ocurre con frecuencia es cómo encontrar una familia de curvas que forman
trayectorias ortogonales a una familia determinada.
Definición 0.1. Trayectoria ortogonal
Sea
� (G, H, 2) = 0 (1)
una familia dada de curvas paramétricas en el plano GH. Una curva que interseca las curvas
de la familia (1) en ángulos rectos se denomina trayectoria ortogonal de la familia dada.
;
Ahora procedemos a encontrar las trayectorias ortogonales de una familia de curvas (1). Se
obtiene la ecuación diferencial de la familia (1), diferenciando la ecuación (1) implícitamente con
respecto a G y luego eliminando el parámetro 2 entre la ecuación derivada obtenida y la ecuación
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dada (1). Suponemos que la ecuación diferencial resultante de la familia (1) puede expresarse en
la forma
H′ = 5 (G, H). (2)
Así, la curva de � de la familia dada (1) que pasa a través del punto (G, H) tiene la pendiente
5 (G, H) allí.
Dado que una trayectoria ortogonal de la familia dada intersecta cada curva de la familia en
ángulos rectos, la pendiente de la trayectoria ortogonal a � a (G, H) es
− 1
5 (G, H) .
Así, la ecuación diferencial de la familia de trayectorias ortogonales es
H′ = − 1
5 (G, H) . (3)
Una familia de un solo parámetro
� (G, H, 2) = 0 =⇒ H = � (G, 2)
de soluciones de las ecuaciones diferenciales (3) representa la familia de trayectorias ortogonales
de la familia original (1), excepto posiblemente para ciertas trayectorias que son líneas verticales.
Resumimos este procedimiento de la siguiente manera:
Paso 1 . De la ecuación
� (G, H, 2) = 0 (4)
de la familia dada de curvas, encuentre la ecuación diferencial
H′ = 5 (G, H) (5)
de esta familia.
Paso 2 . En la ecuación diferencial H′ = 5 (G, H) que se encuentra en el Paso 1, reemplace 5 (G, H)
por su recíproco negativo − 1
5 (G, H) . Esto da la ecuación diferencial
H′ = − 1
5 (G, H) (6)
de las trayectorias ortogonales.
Paso 3 . Obtener una familia de un parámetro
� (G, H, 2) = 0 =⇒ H = � (G, 2)
de soluciones de la ecuación diferencial (9), obteniendo así la familia deseada de trayecto-
rias ortogonales (excepto posiblemente para ciertas trayectorias que son líneas verticales
y deben ser determinadas por separado).
En el Paso 1, al encontrar la ecuación diferencial (8) de la familia dada, asegúrese de
eliminar el parámetro 2 durante el proceso.
3
CLASE 9
Ejemplo 0.1
Hallar la familia de trayectorias ortogonales a la familia de curvas dada:
4H + G2 + 1 − �42H = 0.
Solución Despejando � obtenemos
� = (4H + G2 + 1)4−2H
diferenciamos
G 3G + (1 − 4H − G2) 3H = 0
Como H′ = − 1
H′
(−1 + 4H + G2) 3G + G 3H = 0
La ecuación diferencial no es exacta, por tanto el factor integrante es ` = G3 y
G3(−1 + 4H + G2) 3G + G4 3H = 0
se convierte en una ecuación exacta. Buscamos la solución
� (G, H) =
∫
G3(−1 + 4H + G2) mG +
∫ [
G4 − m
mH
∫
G3(−1 + 4H + G2) mG
]
3H
=
1
12
G4(2G2 + 12H − 3) + ln(G2 + 1) +
∫ [
G4 − m
mH
(
1
12
G4(2G2 + 12H − 3)
)]
3H
=
1
12
G4(2G2 + 12H − 3) +
∫ (
G4 − G4
)
3H =
1
12
G4(2G2 + 12H − 3).
Como � (G, H) = 2, entonces la solución de la ecuación diferencial es
1
12
G4(2G2 + 12H − 3) = 2,
y la familia de trayectorias ortogonales es
(2G2 + 12H − 3)G4 = 2. �
Ejemplo 0.2
Hallar el miembro de la familia de trayectorias ortogonales a la familia de curvas G + H =
�4H , que pasa por el punto (0, 5).
Solución Despejando � obtenemos
� = (G + H)4−H
Derivamos
(G + H − 1)H′ = 1 =⇒ H′ = 1
G + H − 1
Como H′ = − 1
H′ , entonces
− 1
H′
=
1
G + H − 1 =⇒ H
′ + H = 1 − G
integrando esta ecuación, tenemos
E(G) = 4−
∫
3G = 4−G y D(G) =
∫
1 − G
4−G
3G + 2 = (2 − G)4G + 2
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CLASE 9
entonces
H = [2 + (2 − G)4G]4−G =⇒ H = 24−G − G + 2
reemplazando el punto (0, 5) en la ecuación, obtenemos 2 = 3. Por lo tanto el miembro de la
familia de trayectorias ortogonales es
H = 34−G − G + 2. �
Ejemplo 0.3
Hallar la familia de trayectorias ortogonales a la familia de curvas dada:
H2 − G2 + 4GH − 2�G = 0.
Solución Despejando � obtenemos
� =
H2 − G2 + 4GH
2G
derivamos
H′ =
G2 + H2
2GH + 4G2
Como H′ = − 1
H′
H′ = −2GH + 4G
2
G2 + H2
entonces
(2GH + 4G2) 3G + (G2 + H2) 3H = 0
Realizamos la prueba de exactitud
" = 2GH + 4G2 =⇒ m"
mH
= 2G
# = G2 + H2 =⇒ m#
mG
= 2G
puesto que
m"
mH
=
m#
mG
, la ecuación diferencial es exacta. Utilizando la fórmula (??), encontramos
� (G, H):
� (G, H) =
∫ (
2GH + 4G2
)
mG +
∫ [
G2 + H2 − m
mH
∫ (
2GH + 4G2
)
mG
]
3H
= G2H + 4
3
G3 +
∫ [
G2 + H2 − m
mH
(
G2H + 4
3
G3
)]
3H
= G2H + 4
3
G3 +
∫ [
G2 + H2 − G2
]
3H = G2H + 4
3
G3 +
∫
H2 3H
= G2H + 4
3
G3 + 1
3
H3.
Como � (G, H) = 2, entonces la solución general de la ecuación diferencial es
3G2H + 4G3 + H3 = 2. �
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Ejemplo 0.4
Hallar el haz de curvas ortogonales a
G3 − 3GH2 = 03.
Solución Hallamos la ecuación diferencial del haz dado:
3G2 − 3H2 − 6GHH′ = 0.
Aquí ya tenemos eliminado el parámetro 0, esta es la ecuación diferencial, cambiamos H′ por
− 1
H′
G2 − 2GHH ′ − H2 = 0 =⇒ (G2 − H2) 3H + 2GH 3G = 0.
Vemos que es una ecuación homogénea, integramos la ecuación
3G2H − H3 = 2. �
Ejemplo 0.5
Las curvas de temperatura constante ) (G, H) = 2 en un campo de temperatura se llaman
isotermas. Sus trayectorias ortogonales son las curvas a lo largo de las cuales fluirá el
calor (en regiones que están libres de fuentes o sumideros de calor y están llenas de un
medio homogéneo). Si las isotermas están dadas por H2 + 2GH − G2 = 2, ¿cuál es el flujo
de calor?
Solución Diferenciación de los rendimientos de ecuación dados
H′ =
G − H
G + H
Por lo tanto, las curvas de flujo se pueden encontrar resolviendo
− 1
H′
=
G − H
G + H =⇒ H
′ =
H + G
H − G
Esta es una ecuación homogénea. Haga H = GI, luego H′ = I + GI′. Sustituyendo H y H′ en esta
ecuación, obtenemos
1 − I
I2 − 2I − 1
3I =
1
G
3G
Esta es una ecuación separable. Integrando ambos lados, obtenemos
−1
2
ln (I2 − 2I − 1) = ln (2G)
Es decir, I2 − 2I − 1 = 2
G2
. Para escribir esta expresión en términos de H y G, es suficiente
reemplazar I =
H
G
, es decir
2
√
H2 − 2GH − G2 = 1. �
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CLASE 9
0.2 Trayectorias isogonales
Definición 0.2. Trayectoria isogonal
Sea
� (G, H, 2) = 0 (7)
una familia de curvas de un solo parámetro. Una curva que interseca las curvas de la
familia (7) en un ángulo constante U ≠ 90◦ se denomina trayectoria isogonal de la familia
dada.
Supongamos que la ecuación diferencial de una familia es
H′ = 5 (G, H). (8)
Entonces la curva de la familia (8) a través del punto (G, H) tiene una pendiente 5 (G, H) a (G, H)
y, su línea tangente tiene un ángulo de inclinación arctan[ 5 (G, H)]. La línea tangente de una
trayectoria isogonal que interseca esta curva en el ángulo U tendrá así de inclinación
arctan[ 5 (G, H)] + U
en el punto (G, H). Por lo tanto, la pendiente de esta trayectoria isogonal es dada portan {arctan[ 5 (G, H)] + U} = 5 (G, H) + tanU
1 − 5 (G, H) tanU .
Así, la ecuación diferencial de tal familia de trayectorias isogonales viene dada por
H ′ =
5 (G, H) + tanU
1 − 5 (G, H) tanU .
Así, para obtener una familia de trayectorias isogonales que intersecan una familia dada de curvas
en el ángulo constante U ≠ 90◦, podemos seguir los tres pasos del procedimiento anterior para
encontrar las trayectorias ortogonales, excepto que sustituimos el Paso 2 por el siguiente paso:
Paso 2’. En la ecuación diferencial H′ = 5 (G, H) de la familia dada, reemplace 5 (G, H) por la
expresión
5 (G, H) + tanU
1 − 5 (G, H) tanU . (9)
Ejemplo 0.6
Encontrar las trayectorias isogonales de la familia
H = 2G< (10)
Solución Al eliminar 2 de las ecuaciones
H = 2G<, H′ = 2<G<−1
obtenemos la ecuación diferencial de familia (10)
H′ = <
H
G
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CLASE 9
Al sustituir esta expresión por H′ en (9), obtenemos la ecuación diferencial de la familia requerida
H′ − < H
G
1 + < HH′
G
=
1
:
la constante tan i se escribe como
1
:
, y se escribe simplemente H en lugar de 5 (G, H). Esta
ecuación se reduce a la forma
H′ =
:<
H
G
+ 1
: − < HH
G
(11)
y es por lo tanto una ecuación homogénea.
Si< = 1, (10) es una familia de vectores de radio que pasan por el origen, y las curvas requeridas
deben cortarlos en un ángulo constante, es decir, son espirales logarítmicas o círculos.
Si < = −1 y : = 0, el problema se reduce a encontrar las trayectorias ortogonales de las
hipérbolas rectangulares
GH = 2 (12)
Aquí, (11) se reduce a la ecuación con variables separables
H′ =
G
H
=⇒ G 3G − H 3H = 0
La integración nuevamente da una familia de hipérbolas rectangulares, referidas en este caso a
los ejes de simetría
G2 − H2 = 2
Como se puede ver fácilmente, esta familia se obtiene de la familia dada (12) girándola 45◦
alrededor del origen. En general, para : = 0, (11) se reduce a la forma
H′ = − G
<H
y su solución general es
<H2 + G2 = 2
es decir, las trayectorias ortogonales de la familia (10) consisten, para < > 0, de una familia
de elipses similares, y para < < 0, de una familia de hipérbolas similares. Las trayectorias
ortogonales de las parábolas H = 2G2 se ilustran en la figura. �
0
51
0
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CLASE 9
Ejemplo 0.7
Hallar la ecuación de una curva tal que si actúa como un espejo, los rayos luminosos
procedentes del infinito se reflejan pasando por un punto fijo.
Solución Según las leyes de reflexión especular, los ángulos de incidencia y de reflexión son
iguales ∠ 8 = ∠ A . Tomaremos el punto común a los rayos (foco) como origen de coordenadas
cartesianas, se cumple que
∠ 8 = ∠ V − ∠ U, ∠ A = ∠ U
luego como
V − U = U, tan V − U = tanU, tanU = H′, tan V = H
G
,
entonces
tan V − U = tan V − tanU
1 + tan V tanU ,
sustituyendo por sus valores
H′ =
H
G
− H′
1 + H H′
G
=⇒ H′ = H − G H
′
G + H H′ =⇒ G H
′ + H H′ 2 = H − G H′,
resulta una ecuación de primer orden no lineal, solucionable en H′
H′ =
−2G ±
√
4G2 + 4H2
2H
=⇒ G 3G + H 3H
±
√
G2 + H2
= 3G.
Ambos términos son diferenciales exactas, integrando obtenemos√
G2 + H2 = ±(G + 2) =⇒ H2 = 22G + 22
la cual es la ecuación de una parábola. �
Ejemplo 0.8
La tangente en un punto " a una curva que pasa por el origen, corta a 0- en el punto ) ;
por éste, se traza la paralela a la normal en " , que corta a la ordenada de " en %. Se
une % con el centro de curvatura � de la curva en " , y esta recta corta al eje - en &.
Sabiendo que la longitud 0& = 1, hallar la curva.
Solución La ecuación de la recta ") esta dada por
. − H = H′(- − G),
las coordenadas de ) son
(
G − H
H′ , 0
)
. La ecuación de la recta )% es
. = − 1
H′
[
- −
(
G − H
H′
)]
.
En % se corta )% con la recta - = G
. = − 1
H′
(
H
H′
)
= − H
H′ 2
,
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CLASE 9
las coordenadas de � son 
b = G − (1+H
′ 2)H′
H′′
[ = H + 1+H
′ 2
H′′
.
La ecuación de la recta %� es
. + H
H′ 2
=
H + 1+H
′ 2
H′′ +
H
H′ 2
G − (1+H′ 2)H′
H′′ − G
(- − G).
Haciendo . = 0, hallamos la abscisa de &, que sabemos que vale 1 por ser la condición dada
H
H′ 2
=
H + 1+H
′ 2
H′′ +
H
H′ 2
− (1+H′ 2)H′
H′′
(- − G) =⇒ - = −H H
′
H H′′ + H′ 2
+ G = 1.
donde
1 − G = −H H
′
H H′′ + H′ 2
=⇒ H H
′′ + H′ 2
−H H′ = −
1
1 − G ,
observamos que el primer miembro de esta ecuación es la derivada de ln (H H′), integrando
obtenemos
ln (H H′) = ln (G − 1) + ln� =⇒ H H′ = � (G − 1)
integrando esta ecuación, obtenemos la solución general
1
2
H2 =
1
2
� (G − 1)2 + 2,
por pasar por el origen
H2 = 0(G − 1)2 − 0. �
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CLASE 9
BIBLIOGRAFÍA
J. García A., Ecuaciones diferenciales ordinarias y aplicaciones, 1ra
edición/Editorial López 2020.
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	0.1 Trayectorias ortogonales
	0.2 Trayectorias isogonales