WWW.DISSERS.RU

БЕСПЛАТНАЯ ЭЛЕКТРОННАЯ БИБЛИОТЕКА

   Добро пожаловать!

Pages:     | 1 |   ...   | 19 | 20 || 22 | 23 |   ...   | 42 |

Как гласит один из вариантов легенды, этот принцип использовал Архимед при защите своего родного города Сиракузы. Во время первой атаки римского флота греческие воины с отполированными до блеска щитами выстроились вдоль побережья и образовали, таким образом, огромное параболическое зеркало (параболоид). (Во время восхода Солнца – Сиракузы, корабли и Солнце оказываются приблизительно на одной линии.) Отраженные от Солнца лучи воины, повидимому, направляли по очереди на римские корабли и, таким образом, сожгли римский флот.

(Греческий инженер Иоаннис Сакас в 1968 г. в Салониках успешно воспроизвел метод Архимеда – сжег деревянное судно [21, стр.15].) Римляне выбрали для следующей атаки ненастный день или приближались к острову значительно позже после восхода Солнца. Во время взятия Сиракуз Архимед погиб. Предание гласит, что римскому солдату, занесшему над Архимедом свой меч, Архимед воскликнул: “Не трогай моих чертежей!” Могилу Архимеда нашел Марк Тулий Цицерон (впоследствии самый выдающийся оратор Рима, а также (можно и здесь применить термин “выдающийся”) юрист, писатель, философ). Он отслужил свою службу в должности квестора в Сицилии, и возвращался в Рим. По дороге заехал в Сиракузы. Могила великого геометра заросла густым терновником (прошло полтора столетия), и Цицерон проявил большую настойчивость в поисках. В конце концов, они все-таки увенчались успехом благодаря чертежу на надгробном памятнике, воспроизводящем одно из самых замечательных доказательств Архимеда – вычислению объема шара.

1. [Утченко С.Л. Цицерон и его время. М., «Мысль», 1973, с.390, стр.124-125] 2. [21,стр.15-16; стр.106-107] Глава 3. Система координат Кеплера 3.7. Основные элементы гиперболы 3.7.1. Особенности работы с полярным уравнением в обобщенной полярной системе координат - ОПСК Напомним, как формируются координаты при использовании полярного p уравнения в системе координат Кеплера {x, y} = {cos,sin}. (1) 1+ ecos p При этом заметим, что для эллипса радиус-вектор всегда r = > 0, 1+ ecos т.к. e < 1 и 1 > ecos. Для параболы ( e = 1), за исключением асимптотического p направления =, этот вариант такой же > 0.

1+ cos Для гиперболы ( e > 1) радиус-вектор r может принимать как положительные, так и отрицательные значения. Значение 0 радиус-вектор не принимает – p минимальное значение при = 0 r = (докажите!). При 1+ e переходе от положительных значений к отрицательным происходит бесконечный разрыв. Мы подробно рассматриваем его в следующем разделе.

Рассмотрим подстановку + и выясним, при каких случаях она сохраняет направление из фокуса F к некоторой точке, а при каких меняет его на противоположное. Так, компоненты в фигурных скобках, образующие числитель (1), при этом преобразовании всегда меняют знак на противоположный:

cos( + ) = cos cos - sin sin = -cos, sin( + ) = sin cos + cos cos = -sin.

Что касается радиус-вектора, то тут, как мы уже говорили, все зависит от значения выражения знаменателя 1+ ecos. Если 1+ ecos = -k(1+ cos), k > 0, то направления, например FA1, FA2 (см. рис.1) совпадают. Это происходит потому, что изменился знак знаменателя и одновременно с ним знаки у компонентов числителя: cos, sin.

Попутно заметим, что при таком преобразовании и смене знака у знаменателя с положительного на отрицательный, абсолютная величина радиусГлава 3. Система координат Кеплера вектора увеличивается, а при смене знака с отрицательного на положительный - уменьшается. Предлагаем читателю рассмотреть это положение.

Если знак знаменателя при преобразовании не меняется, (а у числителя он меняется всегда), то преобразование + меняет направление за счет знака числителя на противоположное, например, (см. рис.1) у FC1, FC2.

Третий вариант имеем, когда знаменатель 1+ ecos = 0. Это направление является асимптотическим и в этом разделе не рассматривается.

Назовем полярный угол, который подставляется в аргумент тригонометрические функции (1) – исходным, а полярный угол, связанный с направлением радиус-вектора – видимый. Видимый угол можно измерить по чертежу. Из сказанного выше, исходный и видимый углы либо совпадают, либо отличаются на. Для эллипса и параболы эти углы совпадают всегда.

3.7.2. Интервалы монотонности гиперболы В тех случаях, когда знаменатель радиус-вектора p r = равен нулю, график гиперболы, описываемый 1+ ecos полярным уравнением, имеет бесконечный разрыв (или разрыв 2-го рода) [24,§69-§70]. Найдем полярный угол, при котором происходит разрыв ветвей гиперболы (1) 1+ ecos = 0, 1 1 откуда cos = -, = ang(0,{-,± 1- }) = ang(0,{-1,± e2 -1}).

e e e (2) Слагаемое 2k в данном случае опускаем, т.к. функция ang() принимает значения на интервале [0,2 ) и это слагаемое не дает новых решений.

(Приведем для сравнения классическое решение (с точки зрения тригонометрии) = ± arccos(- ) + 2k, k = 0,1. Т.к. arccos(-x) = - arccos x, то e Глава 3. Система координат Кеплера - arccos + 2k 1 e = ±( - arccos ) + 2k = = ± arccos.

e e - + arccos + 2k e На этом этапе нормирующие члены 2k уже можно опустить, потому что 1 e > 1, 0 < < 1, arccos < <. ) e e Замечание 1. Обратим внимание, что полярный угол разрыва ветвей гиперболы не зависит от фокального параметра p (масштаба), а зависит только от степени сжатия - эксцентриситета e. Т.е. все гиперболы с данным эксцентриситетом подобны между собой.

Теперь рассмотрим, как строятся ветви гиперболы без нормирования углов - при изменении полярного угла от - до (см. рис.1). Введем для краткости = ang(0,{-1, e2 -1}) (или = arccos ) и малое положительное число, чтобы e обойти точку разрыва. Тогда:

1) (- +, - ) - левая ветвь гиперболы – дуга C1A1B1; (3) 2) ( +, 2 - - ) - правая ветвь гиперболы– дуга B2 A2C2. (4) Нормируем интервал 1), чтобы убрать отрицательные углы, и получаем окончательно:

1) (2 - +, 2 + - ) левая ветвь гиперболы – дуга C1A1B ;

2) (2 + +, 4 - - ) - правая ветвь гиперболы – дуга B2 A2C2.

Замечание 2. Учитывая материал раздела (3.7.1.), мы хотим обратить особое внимание на то, что для левой ветви гиперболы, работа с которой происходит в нормальной полярной системе координат (НПСК), радиус-вектор положителен. Отсюда следует, что все исходные и видимые направления, а также связанные с ними полярные углы совпадают. С другой стороны, при работе с правой ветвью гиперболы в обобщенной полярной системе координат (ОПСК), радиус-вектор становится отрицательным, поэтому исходные и видимые направления и связанные с ними углы отличаются друг от друга на.

Это важно помнить для задач, в которых направление получается из анализа чертежа.

Упражнение 1. Найти e, при котором = (120o).

Глава 3. Система координат Кеплера Решение. Из (1) e = - = 2.

cos Упражнение 2. 1) Найти интервал полярных углов, при которых исходные и видимые углы радиус-векторов гиперболы отличаются на.

2) Найти величину этого интервала.

Ответ. 1) Углы на правой ветви гиперболы + - < < 2 - -, где = ang(0,{-1,± e2 -1}). (5) 2) = 2 - 2. (6) На рис.2 показано решение при e = 3. Тогда = ang(0,{-1, 2}).

Упражнение 3. Докажите, что расстояние от фокуса до правой ветви p гиперболы LFR =, (7) ecos0 - где 0 - видимый угол.

Упражнение 4. Пусть по направлению 0 луч из фокуса пересекает обе ветви гиперболы. Найти расстояние между точками пересечения.

Решение. Заметим, что условию задачи удовлетворяют углы, найденные в упражнении 2. Кроме того, при этих углах ecos0 >1 (докажите!). Тогда p p p p 2 p - = - =. (8) 1+ ecos(0 + ) 1+ ecos0 ecos0 -1 ecos0 +1 e2 cos2 0 -Глава 3. Система координат Кеплера 3.7.3. Основные точки и элементы гиперболы (см. также 3.5.1. и 3.5.2) Для нахождения второй вершины гиперболы A2 (см.рис.1), как и в случае эллипса, подставим в (3.1.2.-2) значение p p A2 : {cos,sin} = {-,0}. (1) 1+ e cos 1- e (Напомним, что для гиперболы e > 1, 1- e < 0, поэтому A2x > 0 ).

1 1 - p p 1 (- p - pe - p + pe) - p Параметр a = (A2 x - A1x ) = ( - ) = =, (2) 2 2 1- e 1+ e 2 1- e2 1- ep или a =. (2а) e2 -(ср.3.7.2.-8).

Параметр a называют продольной или действительной полуосью, а величину 2a продольной или действительной осью гиперболы [18, стр.369].

1 1 p p - pe Для центра гиперболы - O :{ (A1x + A2 x ),0} = { ( - ),0} = {,0}, (3) 2 2 1+ e 1- e 1- epe или {,0}, (3а) e2 -Глава 3. Система координат Кеплера или, принимая во внимание (2а), - {ae,0}. (3б) Далее, при изучении гиперболы, как правило, будем строить формулы типа f (e -1), чтобы эксцентриситет стоял перед 1.

Сравним формулы (3.5.1.-3) для центра эллипса и (3) – для центра гиперболы. Так, начало системы координат у эллипса находится в правом фокусе (см.2.1 и 3.1) и эксцентриситет эллипса e < 1, поэтому центр эллипса - O находится левее своего начала координат, а значит, имеет отрицательную абсциссу. У гиперболы начало системы координат находится в левом фокусе и ее эксцентриситет e > 1, поэтому центр гиперболы расположен правее своего начала координат и имеет положительную абсциссу.

Прямая, проведенная через центр гиперболы, перпендикулярная фокальной оси является вертикальной зеркальной осью симметрии, найденной нами в (3.1.3.) Координаты правого фокуса p p e +1+ e -1 2e F2 :{A2x + f,0} = { +,0} = p{,0} = p{,0}. (4) e -1 e +1 e2 -1 e2 -В разделе ( 3.7.4. Асимптоты гиперболы.) продолжим изучение точек и элементов гиперболы.

Упражнение 1. Найти расстояние A1O между центром симметрии гиперболы и ее левой вершиной.

p Ответ.. (5) e2 -Упражнение 2. Докажите, что расстояние между вершинами гиперболы A1A2 уменьшается при возрастании эксцентриситета. Сравните эту зависимость с аналогичной у эллипса.

Упражнение 3. Найти точки пересечения директрис и оси абсцисс. Найти уравнения директрис.

p p(e2 +1) Ответ. I1 :{,0}, I2 :{,0}. (6) e e(e2 -1) p p(e2 +1) Левая директриса x =, правая директриса x =. (7) e e(e2 -1) Упражнение 4. Найти эксцентриситет, при котором директрисы гиперболы делят действительную ось ( A1A2 ) на 4 равных части.

Глава 3. Система координат Кеплера Решение. В силу вертикальной симметрии, достаточно рассмотреть левую p p p директрису и расстояние A1O. Найдем A1I1 : - =. (8) e e +1 e(e +1) p p e e Найдем отношение A1O : A1I1 = : =. Из уравнения = e2 -1 e(e +1) e -1 e -получаем ответ e = 2. (9) 3.7.4. Асимптоты гиперболы При стремлении ang(0,{-1,± e2 -1}) (см. 3.7.2), радиус-вектор терпит бесконечный разрыв и уходят на бесконечность. Докажем, что координаты гиперболы уходя на бесконечность, беспредельно приближаются к прямой линии, называемой асимптотой.

Выведем ее уравнение сначала в виде y = kx + k0. Итак, бесконечно удаленная точка, к которой стремится гипербола и ее асимптота, видна из фокуса (центра координат) под углом = ang(0,{-1,± e2 -1}). Под таким же углом эта точка видна из любой другой точки, находящейся на конечном расстоянии от фокуса. Следовательно, прямые, проведенные из этих точек к нашей бесконечно удаленной точке, будут ||, а их тангенсы углов наклона равны.

± e2 - Отсюда (см. 1.2.3.-1а) k = tg() = tg(ang(0,{-1,± e2 -1})) = = - = m e2 -1. (1) В силу того, что гипербола симметрична относительно оси абсцисс (вертикальная симметрия), она обладает двумя асимптотами. Далее. С учетом pe горизонтальной симметрии, проходящей через центр симметрии - O :{,0}, и e2 -тем свойством асимптоты, что она является наклонной линией к оси абсцисс, следует, что она должна проходить через центр симметрии гиперболы – O.

Действительно, для нашего доказательства важно, что асимптот всего лишь 2. Т.к. гипербола симметрична относительно оси абсцисс, то точка пересечения ее асимптот лежит на оси абсцисс. Если бы это было не так, то было бы 2 точки пересечения, симметрично расположенные относительно оси абсцисс, и как минимум 4 пересекающиеся прямые (по 2 на каждую точку пересечения).

Глава 3. Система координат Кеплера Аналогично рассуждая по поводу вертикальной оси симметрии (порождающей горизонтальную симметрию), убеждаемся, что асимптоты проходят через центр симметрии гиперболы – O. (Ср. с директрисой, которая также построена с учетом данной симметрии, но не является наклонной).

pe pe e2 -Отсюда y = kx + k0, 0 = m e2 -1 ( ) + k0, k0 = ±. (2) e2 -1 e2 -pe e2 -Собираем (1) и (2) в единое уравнение y = m e2 -1 x ±, (3) e2 - или уравнение асимптот в общем виде 3 m (e2 -1)2 x - (e2 -1) y ± pe(e2 -1)2 = 0. (4) Теперь найдем нормальное уравнение асимптот. Для этого вычислим нормирующий коэффициент s A2 + B2 = s (e2 -1)3 + (e2 -1)2 = s(e2 -1) e2 -1+1 = se(e2 -1). Т.к. для гиперболы e > 1, то e(e2 -1) > 0. Учитывая, что в (3) перед свободным членом стоит знак ± и предыдущее неравенство, получаем s A2 + B2 = m e(e2 -1). Делим на это выражение все члены (4), получая e2 -1 y p e2 -x + - = e e e2 - (5) e2 -1 y p e2 -x - - = e e e2 -e2 -1 y p e2 - или x ± - = 0. (5а) e e e2 -Используя (5а), найдем отклонение некоторой точки p P : {cos, sin} на дуге от асимптот 1+ ecos e2 -1 p cos 1 p sin p e2 -1 p e2 -q = ± - = Q, e 1+ ecos e 1+ ecos e2 -1 (1+ ecos)e(e2 -1) где Q = (e2 -1)cos ± e2 -1sin - e(1+ ecos). (6) Докажем теперь, что при cos -, q 0 (см.3.7.2.-2) e Глава 3. Система координат Кеплера Будем для определенности исследовать случай (один из четырех) во втором e2 -1 y p e2 -квадранте, при котором sin > 0 и выбрана асимптота x + - = 0.

e e e2 -p e2 -Тогда q = ( (e2 -1) cos + e2 -1sin - e(1+ ecos)). (7) (1+ ecos)e(e2 -1) 1 e2 -При стремлении cos -, sin возникает неопределенность e e 0 e2 -1 e2 -типа, т.к. не только знаменатель, но и числитель p e2 -1(- + ) = 0.

0 e e Применим правило Лопиталя (de L’Hospital G.F. 1661-1704).

«Подозрительный множитель» в знаменателе e2 - (1+ ecos) = -esin = -e = - e2 -1 0.

e e2-sin = e Множитель числителя ((e2 -1)cos + e2 -1sin - e(1+ ecos)) e2 -1, cos = - sin = e e e2 -1 e2 -= - + = 0. Отсюда q 0. Остальные 3 случая e e аналогичны. Упражнение 1. Найти точки пересечения касательной, проведенной из некоторой точки гиперболы, с ее асимптотами (см. рис.1).

Pages:     | 1 |   ...   | 19 | 20 || 22 | 23 |   ...   | 42 |



© 2011 www.dissers.ru - «Бесплатная электронная библиотека»

Материалы этого сайта размещены для ознакомления, все права принадлежат их авторам.
Если Вы не согласны с тем, что Ваш материал размещён на этом сайте, пожалуйста, напишите нам, мы в течении 1-2 рабочих дней удалим его.