VII.6 Niveaulinien, exakte DGL und Orthogonaltrajektorien

Wenn die Schar als $g(x, y) = C$ gegeben ist, wie kommen wir an die DGL, der ihre Tangenten gehorchen?

Idee: jede Niveaulinie ist lokal der Graph einer Funktion $y = y(x)$, solange sie keine vertikale Tangente hat. Eingesetzt in die Schar-Gleichung entsteht die Identität $g(x, y(x)) = C$, gültig für jedes $x$ entlang der Linie.

Beide Seiten nach $x$ ableiten mit der verallgemeinerten Kettenregel (Kap. IV): rechts $0$ (konstant), links $g_x + g_y \cdot y'$. Zusammen $g_x + g_y \cdot y' = 0$.

Notations-Anker: $g_x$ steht für $\partial g / \partial x$, $g_y$ für $\partial g / \partial y$, beides Standard aus Kap. IV (partielle Ableitungen). Sie sind selbst wieder Funktionen von $(x, y)$.

Solange $g_y(x, y) \neq 0$ können wir nach $y'$ auflösen und erhalten die explizite Standardform aus VII.3 §1.1: $y' = -g_x / g_y$. Diese DGL ist genau die DGL der Schar; die allgemeine Lösung ist die Niveaulinien-Schar, mit der wir gestartet sind.

Wie sieht die DGL zu einer konkret gegebenen Niveaulinien-Schar aus? Zwei klassische Scharen, zwei DGLs als Aufwärmrunde für exakte DGL und Orthogonaltrajektorien.

Konzentrische Kreise. Wähle das Potential $g(x, y) = x^2 + y^2$. Die Niveaulinien zum Wert $C \geq 0$ sind Kreise um den Ursprung mit Radius $\sqrt{C}$. Partielle Ableitungen: $g_x = 2x$, $g_y = 2y$. Einsetzen in die Standardform gibt $y' = -2x/(2y) = -x/y$, gültig für $y \neq 0$. Wie erwartet wird die Steigung der Tangente steiler, je näher man der $x$-Achse kommt (dort vertikale Tangenten), und sie verschwindet, wo die Niveaulinie die $y$-Achse schneidet ($x = 0$).

Hyperbeln. Wähle $g(x, y) = x^2 - y^2$. Die Niveaulinien sind Hyperbeln mit Asymptoten $y = \pm x$ und Achse je nach Vorzeichen von $C$. Partielle Ableitungen: $g_x = 2x$, $g_y = -2y$. Einsetzen liefert $y' = -2x/(-2y) = x/y$, gültig für $y \neq 0$. Auf der Asymptotik $y = \pm x$ ist die Steigung $\pm 1$; auf der $y$-Achse ($x = 0$) ist sie null, was zu den horizontalen Scheiteln der Hyperbel-Äste passt.

Plausibilitäts-Check. Nimm eine konkrete Linie der Schar, parametrisiere sie und prüfe die DGL nach. Für den Einheitskreis $x = \cos(t)$, $y = \sin(t)$ ist $y' = \dot y / \dot x = \cos(t) / (-\sin(t)) = -x / y$, passt. So fängst du Vorzeichenfehler in der Ableitung ab, ohne die ganze Theorie zu re-rechnen.

Wie merkst du einer DGL ohne grosse Rechnung an, ob sie exakt ist?

Begründung über den Satz von Schwarz. Existiert ein (zweimal stetig differenzierbares) $g$ mit $g_x = M$ und $g_y = N$, dann sind die gemischten zweiten Ableitungen vertauschbar: $g_{xy} = g_{yx}$ (Satz von Schwarz, Kap. IV).

Einsetzen: $M_y = g_{xy}$ und $N_x = g_{yx}$, also $M_y = N_x$. Das ist die Integrabilitätsbedingung.

Notations-Hinweis. Die Bedingung hat zwei Namen: Integrabilitätsbedingung (sie garantiert eine Stammfunktion für $M\, dx + N\, dy$) und Schwarz-Bedingung (nach dem Satz zur Vertauschbarkeit der gemischten Ableitungen). Beide meinen dasselbe.

Notwendig versus hinreichend. Aus „exakt“ folgt $M_y = N_x$ (notwendig). Auf einem einfach-zusammenhängenden Gebiet (ganze Ebene, Rechteck, Kreisinneres ohne Löcher) ist die Bedingung auch hinreichend: gilt $M_y = N_x$, lässt sich $g$ tatsächlich konstruieren.

Für die Klausur und alle Standard-Gebiete reicht also der Test $M_y \stackrel{?}{=} N_x$, um exakt zu erkennen und mit §2.3 weiterzumachen.

Wenn die DGL exakt ist, wie bekommt man die Stammfunktion und damit die Lösung in der Hand?

Anschauliches Bild zuerst. Eine exakte DGL trägt eine versteckte Höhenlandschaft $g$; $g_x = M$ und $g_y = N$ sind ihre lokalen Steigungen in $x$- und $y$-Richtung. Aus diesen rekonstruieren wir die Landschaft: in einer Richtung integrieren, mit der anderen korrigieren. Die Lösungskurven sind die Höhenlinien $g(x, y) = C$.

Der Algorithmus hat drei Phasen.

Erstens: integriere $g_x = M$ nach $x$ (mit $y$ als Parameter). Als Integrationskonstante kommt eine beliebige Funktion $h(y)$ dazu, denn jeder reine $y$-Term fällt beim Ableiten nach $x$ weg.

Zweitens: leite das Ergebnis nach $y$ ab und setze gleich $g_y = N$; das gibt eine Gleichung für $h'(y)$.

Drittens: integriere $h'(y)$ nach $y$ und setze $h$ ein. Die allgemeine Lösung ist implizit $g(x, y) = C$.

Plausibilitäts-Probe am Ende. Sobald du $g$ aufgeschrieben hast, prüfe nochmal: $g_x \stackrel{?}{=} M$ und $g_y \stackrel{?}{=} N$. Wenn beide stimmen, ist alles richtig; wenn nicht, sitzt ein Algebra-Fehler in der $h(y)$-Bestimmung. Diese Probe ist Pflicht, weil die Konstruktion mehrere Zwischenschritte hat, an denen ein Vorzeichen oder ein Faktor schiefgehen kann.

Mach den ganzen Ablauf am Beispiel aus der Vorlesung mit: $2x^2 - y^2 + y + (-2xy + x - 4y)\, y' = 0$, also $M = 2x^2 - y^2 + y$ und $N = -2xy + x - 4y$. Erst der Exakt-Test aus §2.2: $M_y = -2y + 1$ und $N_x = -2y + 1$, beide gleich, die DGL ist exakt. Es gibt also ein Potential $g$.

Phase 1: integriere $M$ nach $x$ ($y$ konstant): $g = \int (2x^2 - y^2 + y)\, dx = \tfrac{2}{3} x^3 - x y^2 + x y + h(y)$, wobei $h(y)$ die reinen $y$-Terme trägt.

Phase 2: leite nach $y$ ab und setze gleich $N$: $g_y = -2xy + x + h'(y) \stackrel{!}{=} -2xy + x - 4y$, die $x$-Terme heben sich weg, also $h'(y) = -4y$.

Phase 3: integriere zu $h(y) = -2y^2$ und setze zusammen.

Mit Anfangsbedingung. Sucht man die Lösungskurve durch den Punkt $(1, 2)$, so legt das den Scharparameter $C$ fest. Einsetzen von $x = 1$, $y = 2$ in $g(x, y) = C$ gibt $C = \tfrac{2}{3} - 4 + 2 - 8 = -\tfrac{28}{3}$. Die spezielle Lösung lautet damit $\tfrac{2}{3} x^3 - x y^2 + x y - 2 y^2 = -\tfrac{28}{3}$.

Wie kommt man von der DGL einer Schar zur DGL der Orthogonaltrajektorien? Das Rezept ist verblüffend einfach.

Ausgangspunkt. Sei $y' = f(x, y)$ die DGL einer regulären Kurvenschar (VII.3 §5.1: durch jeden Punkt genau eine Kurve). An $(x_0, y_0)$ hat die Kurve die Steigung $m = f(x_0, y_0)$.

Die orthogonale Tangente dort hat Steigung $n = -1/m$, denn für senkrechte Geraden ist das Steigungs-Produkt $-1$ (Schul-Geometrie).

Notations-Anker. $f$ ist hier eine Funktion zweier Variablen, also $f: D(f) \subset \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$, wie in der Standardform aus VII.3 §1.1. Achtung: in der homogenen Substitution aus VII.4 §4.2 stand derselbe Buchstabe $f$ für eine Funktion einer Variablen $f(u)$. Gleicher Buchstabe, andere Stelligkeit; hier durchgehend zweistellig.

Folgerung. Die orthogonalen Tangenten haben überall die Steigung $-1/f(x, y)$. Die Schar dieser orthogonalen Tangenten ist also die allgemeine Lösung der DGL $y' = -1/f(x, y)$. Damit ist das Rezept ausgesprochen: ersetze $f$ in der ursprünglichen DGL durch $-1/f$, und du hast die DGL der Orthogonaltrajektorien.

Geometrische Beweis-Skizze. Die Tangentenrichtung der Schar ist $(1, f)$, der dazu senkrechte Vektor $(-f, 1)$ (Skalarprodukt $-f + f = 0$). Dessen Steigung ist $1/(-f) = -1/f$, die DGL der orthogonalen Schar.

Liefert das Rezept beim Lehrbuchbeispiel das erwartete Resultat? Konzentrische Kreise und ihre Radien sind der Klassiker für ein orthogonales Kurvensystem. Schauen wir nach.

Ausgangs-Schar. Konzentrische Kreise $x^2 + y^2 = C^2$, also Niveaulinien des Potentials $g(x, y) = x^2 + y^2$. Die DGL der Schar ist aus §1.3 und VII.3 §5.3 bekannt: $y' = -x/y$, also $f(x, y) = -x/y$, gültig für $y \neq 0$.

Anwenden des Orthogonal-Rezepts. Ersetze $f$ durch $-1/f$: aus $f = -x/y$ wird $-1/f = -1/(-x/y) = y/x$. Die DGL der Orthogonaltrajektorien ist also $y' = y/x$, gültig für $x \neq 0$.

Lösen der neuen DGL. $y' = y/x$ ist separierbar (VII.4 §2.1): $dy/y = dx/x$, integriert $\ln |y| = \ln |x| + C_1$, also $|y| = e^{C_1} |x|$.

Das gibt $y = m \cdot x$ mit freier Steigung $m \in \mathbb{R}$, genau die Geradenschar durch den Ursprung.

Anschauliches Bild. Stell dir eine Zielscheibe mit Pfeilen vor: die Kreise sind die Trefferringe, die Pfeile zeigen radial vom Mittelpunkt nach aussen. Jeder Pfeil schneidet jeden Kreis im rechten Winkel. Geometrisch ist das offensichtlich; das Rezept hat dieses geometrisch offensichtliche Resultat algebraisch reproduziert, was als Sanity-Check für das Rezept zählt.

Das Vorlesungsbeispiel: Parabelschar. Gegeben sei die Schar $y = C x^2$ mit $C \in \mathbb{R}$, und gesucht ihre Orthogonaltrajektorien.

Schritt 1, DGL der Schar. Ableiten nach $x$ gibt $y' = 2 C x$. Den Parameter eliminieren wir über $C = y / x^2$ aus der Schargleichung; einsetzen liefert $y' = 2 (y/x^2) x = 2 y / x =: f(x, y)$.

Schritt 2, Orthogonal-Rezept. Ersetze $f$ durch $-1/f$: $y' = -\dfrac{1}{2 y / x} = -\dfrac{x}{2 y}$. Das ist die DGL der Orthogonaltrajektorien.

Schritt 3, lösen. Diese DGL ist separierbar: $\int y\, dy = -\int \tfrac{1}{2} x\, dx$, also $\tfrac{y^2}{2} = -\tfrac{x^2}{4} + C$. Aufgeräumt: $\dfrac{x^2}{4} + \dfrac{y^2}{2} = C$. Die Orthogonaltrajektorien der Parabelschar $y = C x^2$ sind also Ellipsen mit Mittelpunkt im Ursprung.

Was sind die Orthogonaltrajektorien einer Niveaulinien-Schar eigentlich aus Vektorfeld-Sicht? Genau die Feldlinien des Gradientenfeldes. Damit schliesst sich der Bogen zwischen Kap. VI Vektoranalysis und Kap. VII DGL.

Argumentationskette.

Erstens, aus §4.1: $\vec{\nabla} (g)$ steht senkrecht auf der Niveaulinie.

Zweitens: eine Feldlinie eines Vektorfeldes ist eine Kurve, deren Tangente in jedem Punkt mit dem Vektorfeld zeigt (aus VII.3 §4 und VI.1). Die Feldlinien des Gradientenfeldes $\vec{\nabla} (g)$ haben damit überall die Richtung von $\vec{\nabla} (g)$, also überall senkrecht zur Niveaulinie durch denselben Punkt.

Drittens: damit schneiden die Feldlinien jede Niveaulinie im rechten Winkel; das ist genau die Definition der Orthogonaltrajektorien aus §3.1.

Folgerung. Zur Niveaulinien-Schar $g(x, y) = C$ bilden die Feldlinien des Gradientenfeldes $\vec{\nabla} (g)$ die Schar der Orthogonaltrajektorien. Zwei Sichten auf dieselbe Geometrie: die Potential-Sicht ($g$ und seine Niveaulinien) und die Feldsicht ($\vec{\nabla} (g)$ und seine Feldlinien). Sie ergänzen sich zu einem orthogonalen Kurvensystem.

Physik-Anwendung. In der Elektrostatik ist $g$ das elektrische Potential (Spannung), $-\vec{\nabla} (g)$ das Feld $\mathbf{E}$. Die Niveaulinien sind die Äquipotentialflächen, die Feldlinien von $\mathbf{E}$ die elektrischen Feldlinien, und beide Familien stehen überall senkrecht aufeinander. Deshalb versteht man Äquipotentialflächen und Feldlinien immer als Paar.