WWW.DISSERS.RU

БЕСПЛАТНАЯ ЭЛЕКТРОННАЯ БИБЛИОТЕКА

   Добро пожаловать!

Pages:     | 1 |   ...   | 21 | 22 || 24 | 25 |   ...   | 42 |

(e2 -1) Что касается множителя 1+ ecos, то его можно представить в следующем виде 1+ ecos 1+ ecos = 1+ ecos = s 1+ ecos = 1+ ecos - s2 1+ ecos, где 1+ ecos s = = sign(1+ ecos) - знак выражения 1+ ecos. Если же 1+ ecos = 0, то 1+ ecos (3.7.2.-2) при этом угле = ang(0,{-1,± e2 -1}) радиус-вектор терпит разрыв, и мы этот угол из рассмотрения исключаем (см.3.7.1). (Напомним, что если мы берем точки на левой ветви гиперболы, то s2 = -1, на правой ветви - s2 = 1, или s = -s2 ).

Окончательно получаем полярный угол из правого фокуса, выраженный через угол из левого фокуса 2() = ang(0,{s(e2 cos + cos + 2e),-s(e2 -1)sin}). (1) Используем (1.2.3.-2а). Т.к. s2 =1, то s a cos(ang(0,{a,b})) =, - < a,b < +. (2) a2 + bПодставляем в (2) a = s(e2 cos + cos + 2e), b = -s(e2 -1)sin, откуда s (e2 cos + cos + 2e) cos(2) =. (3) ((1+ e2)cos + 2e)2 + (e2 -1)2 sin Преобразуем отдельно выражение под корнем в знаменателе ((1+ e2)cos + 2e)2 + (e2 -1)2 sin2 = (1+ e2)2 cos2 + 4e(1+ e2) cos + 4e2 + (e4 - 2e2 +1) (1- cos2 ) = cos2 + 2e2cos2 + e4cos2 + 4ecos + 4e3 cos + 4e2 + e4 - e4 cos2 - 2e2 + + 2e2 cos2 +1- cos2 = 1+ 4e2 cos2 + e4 + 4ecos + 2e2 + 4e3 cos = (1+ 2ecos + e2)2.

Глава 3. Система координат Кеплера s ((e2 +1) cos + 2e) Таким образом cos(2) =. (4) 1+ 2ecos + eАналогично из (1.2.3.-3а) - s (e2 -1)sin sin(2) =. (5) 1+ 2ecos + eУпражнение 1. Найти 2() для точек A1, A2, P1.

Решение. Используем (1) A1 угол = 0, s = 1, отсюда = ang(0,{(e2 +1+ 2e),0) = 0, A2 угол =, s = -1, отсюда = ang(0,{-(-e2 -1+ 2e),0) =, P1 : угол =, s = 1, = ang(0,{2e,-(e2 -1)}) >. Сделаем выводы из наших преобразований. Переход к правому фокусу гиперболы ведет к следующим преобразованиям:

1) (полярные координаты) - полярный угол 2 = ang(0, s(){e2 cos + cos + 2e,-s()(e2 -1)sin}) ;

p(1+ 2ecos + e2) - расстояние из правого фокуса до дуги d2() = ;

(e2 -1) (1+ ecos) 2) (декартовые координаты) 2 pe - x2 = x1 + 2c = 0 +, y2 = y1 ;

e2 -3) тригонометрические функции s ((e2 +1)cos + 2e) - s (e2 -1)sin - cos2 =, sin2 =.

e2 + 2e cos +1 e2 + 2ecos2 +Упражнение 1. Доказать, что при переходе от правого фокуса к левому нужно сделать следующие преобразования:

1) (полярные координаты) - полярный угол = ang(0, s2 {-(e2 +1)cos2 - 2e,sin2(e2 -1)}), где s2(2) = sign(1- ecos2) ;

p(1+ 2ecos2 + e2) - расстояние из правого фокуса до дуги: d2() = ;

(e2 -1) (1- ecos2) Глава 3. Система координат Кеплера 2) (декартовые координаты) 2 pe - x = x2 - 2c = 0 +, y1 = y2 ;

e2 -3) тригонометрические функции s2 ((e2 +1) cos2 - 2e) - s2 (e2 -1)sin- cos =, sin =.

e2 - 2ecos2 +1 e2 - 2ecos2 +В [16,§125,2] приведено, что радиус-вектор из правого фокуса до дуги p выражен так r2(2) =. (2) 1- ecos Как и в случае с эллипсом, докажем (2) и мы.

p Подставим cos(2) в (2), получая r2 =.

s ((1+ e2)cos + 2e) 1- e 1+ 2ecos + eПреобразуем дробь из 3-х этажной в 2-х этажную и сделаем вывод для каждой из ветвей гиперболы отдельно. Так, для левой ветви гиперболы, где s = p(1+ 2ecos + e2) p(1+ 2e cos + e2) r2 = =. (3) 1+ 2e cos + e2 - e(e2 cos + cos + 2e) (1- e2)(1+ ecos) Для правой ветви ( s = -1 ) p(1+ 2ecos + e2) p(1+ 2ecos + e2) r2 = =. (3а) 1+ 2e cos + e2 + e(e2 cos + cos + 2e) 1+ 3ecos + e3 cos + 3eРассмотрим, сначала, точки A1, A2 ( рис.2). Применяем (3) для A1 :

p p 2 = 0, = 0 r2 =. Для A2 (правая ветвь (3а)) 2 =, =, r2 =. Получены 1- e 1+ e те же результаты, что и с учетом симметрии (3.7.5.1.-2), а также при вычислении координат точек в (3.7.3.).

Теперь проверим выведенную формулу, например, для P1, расположенной относительно левого фокуса под углом = (см. рис.2). Для этого угла p{cos,sin} cos = 0, sin = 1 и P1 : = {0, p}. (***) 1+ ecos 2 pe - 2e Отсюда 2 = ang({,0},{0,p}) = ang(0,{,1}) ;

e2 -1 e2 -Глава 3. Система координат Кеплера (С учетом того, что P1 находится на левой ветви гиперболы, добавляется для угла слагаемое или меняются знаки у 3-го и 4-го параметров ang(), поэтому 2e 2 = ang(0,{,-1}) ).

e2 -2e a 2e 2e e2 -cos2 = = = = ;

e2 +a2 + b2 4e2 (1+ 2e2 + e4) +(e2 -1)b -1 1- esin2 = = = ;

a2 + b2 (1+ e2) 1+ e(e2 -1) p p(1+ e2) p(1+ e2) r2 = = = ;

2e 1+ e2 - 2e2 1- e1- e 1+ e2 pe p(1+ e2) 2e x = 2c + r2 cos2 = + = 0 ;

e2 -1 1- e2 e2 +p(1+ e2) 1- e y = r2 sin2 = = p. Результат совпадает с (***).

1- e2 1+ e3.7.6. Оптические свойства касательной гиперболы Теорема. (Аполлоний III48 [21,103].) Касательная к гиперболе в произвольной ее точке является биссектрисой угла, вершина которого находится в точке касания, а стороны образованы радиус-векторами из фокусов. Другими словами, нам нужно доказать (см.рис.1), что FTTx = F2TTx.

1 вариант При доказательстве мы воспользуемся свойством биссектрисы внутреннего угла треугольника, делящую противоположную сторону на части, пропорциональные прилежащим сторонам. Мы хотим доказать, что FT FTx =, (1) F2T F2Tx а левый и правый фокусы расположены по разные стороны от касательной. Нам известны (см. (3.2.1.–10) координаты точки пересечения Глава 3. Система координат Кеплера p 2 pe касательной с осью абсцисс Tx :{,0}. Учитывая (3.7.3.-4), что F2 :{,0}, cos + e e2 -найдем 2 pe p p(2e(cos + e) - (e2 -1)) p(1+ 2ecos + e2) - = =. (2) e2 -1 cos + e (e2 -1)(cos + e) (e2 -1)(cos + e) Теперь докажем (1). Т.к. (3.7.5.1.-1), то p p FT 1+ ecos (e2 -1) FTx e2 -cos + e = =, = =.

F2T p(1+ 2ecos + e2 ) 1+ 2e cos + e2 F2Tx p(1+ 2ecos + e2) 1+ 2ecos + e(e2 -1)(cos + e) (e2 -1)(1+ ecos) Нам осталось доказать, что фокусы гиперболы лежат по разные стороны от касательной. Для этого найдем отклонения касательной от фокусов, подставляя координаты фокусов в уравнение касательной в нормальной форме (cos + e)x + sin y - p (3.2.1.-3а) = 0, а затем сравним их знаки. Реализуем этот 1+ 2ecos + eплан - p qF =, (3) 1+ 2ecos + e2 pe (cos + e) - p p 1+ 2ecos + ep(1+ 2ecos + e2) e2 -qF = = =. (4) (e2 -1) 1+ 2ecos + e2 (e2 -1) 1+ 2ecos + eУбеждаемся, что знаки отклонений разные. Отсюда следует, что фокусы лежат по Глава 3. Система координат Кеплера разные стороны от касательнойTTx, что доказывает, что эта касательная является биссектрисой внутреннего угла FTF2.

2 вариант Мы получили выше формулы отклонений фокусов от касательной (3), (4), но использовали из этих формул только знаки. Теперь, сравнивая абсолютные значения отклонений, можно доказать подобие прямоугольных треугольников FT1T ~ F2T2T (см. рис. 2). Предоставляем завершить этот вариант читателю.

3 вариант План доказательства. Отобразим зеркально (3.2.3.-1) левый фокус F Fz относительно касательной TT1 и найдем угол, под которым Fz виден из точки касания T (см. рис.3).

Замечание. Мы уже решали подобную задачу для эллипса (см. 3.5.3. вариант 3), однако для гиперболы есть небольшое отличие – мы не можем сократить на множитель внутри функции 1+ ecos ang(), т.к. не знаем его знак.

Продолжим. Найдем из той же точки касания T второй угол, под которым виден правый фокус гиперболы F2. Если окажется, что эти два углы равны, то в силу транзитивности (1.2.4.) функции ang(), следующие точки: точка касания T, левый зеркальный фокус Fz и правый фокус F2 лежат на одной прямой. Отсюда следует, что касательная является зеркальной осью симметрии и одновременно биссектрисой FTFz. Реализуем этот план.

p cos psin 2 p(cos + e) 2 p sin ang(T, Fz ) = ang({, },{, }) = 1+ ecos 1+ ecos (1+ 2 p cos + e2) (1+ 2 p cos + e2) p = ang(0, {2(cos + e)(1+ ecos) - cos(1+ 2ecos + e2), (1+ 2cos + e2)(1+ ecos) 2sin(1+ ecos) - sin(1+ 2ecos + e2)}) = Глава 3. Система координат Кеплера = ang(0, {2cos + 2ecos2 + 2e + 2e2 cos - cos - 2ecos2 - e2 cos, 1+ ecos sin(2 + 2ecos -1- 2ecos - e2}) = ang(0, {(e2 +1)cos + 2e,sin(1- e2)}).

1+ ecos p cos p sin 2 pe ang(T, F2 ) = ang({, },{,0}) = 1+ ecos 1+ ecos e2 -p = ang(0, {2e(1+ ecos) - (e2 -1) cos,sin(e2 -1)}) = (1+ ecos)(e2 -1) = ang(0, {2e(1+ ecos) - (e2 -1)cos,-sin(e2 -1)}) = (1+ ecos) = ang(0, {(e2 +1)cos + 2e,sin(1- e2)}).

1+ ecos Убеждаемся, что ang(T, Fz ) = ang(T, F2 ). В этом разделе приведем график геометрического места точек зеркального отражения левого фокуса от касательной гиперболы (3.2.3, упражнение 1). Как видно из рис.4, этот график есть окружность с центром в 2 pe 2 p правом фокусе F2 :{,0} с радиусом = 2a.

e2 -1 e2 - Доказательство идентичное тому, какое было сделано для эллипса (см.3.5.3.). Предоставляем его читателю.

Построение касательной к гиперболе с помощью циркуля и линейки, если известна точка касания С этой целью используем, что касательная является биссектрисой внутреннего угла FTF2 (см.рис.1). Соединяем точку касания с фокусами гиперболы. В полученном FTF2 строим биссектрису. Эта биссектриса и есть искомая касательная. Глава 3. Система координат Кеплера 3.7.7. Софокусные эллипс и гипербола Объясним название заголовка. Софокусными кривыми называются кривые, имеющие общие фокусы. Из этого сразу следует, что расстояния между Глава 3. Система координат Кеплера фокусами в данных фигурах должны быть равными. Предположим, что мы этого добились. (Более подробно об этом ниже.) Теперь о взаиморасположении фигур.

В системе координат Кеплера центр координат расположен в правом фокусе эллипса и в левом фокусе гиперболы (см.рис.1). Для софокусности этих кривых можно переместить на расстояние между фокусами одну из кривых одним из вариантов: или эллипс вправо, или гиперболу влево, либо обе навстречу друг другу. Таким образом, полностью применить ранее выведенные формулы одновременно для обеих кривых не удастся. Однако постараемся все изменения сделать с “минимальными потерями”. Переместим вправо, например, эллипс (рис.2).

Докажем, что софокусные эллипс и гипербола пересекаются ортогонально (ср. с [16,§127,упр.35]).

В этом упражнении параметры эллипса и гиперболы будут соответственно с нижними индексами и.

e g При выводе уравнений для эллипса мы будем пользоваться полярным p уравнением из его левого фокуса r =. Так как уравнения для левой 1- ee cos ветви гиперболы принадлежат нормальной полярной системе координат, а уравнения для правой – обобщенной (см. замечание в конце (3.7.2)), то данную задачу разобьем на две части.

1 часть Возьмем теперь одну из 4-х точек пересечения, например T, и сведем наше доказательство к ортогональному пересечению касательной эллипса Te1Te2 и касательной гиперболы Tg1Tg 2.

Т.к. радиусы векторы эллипса и гиперболы в точках пересечения левой стороны, например, в T совпадают с вектором FT, имеющий как исходный, так pg pe X и видимый угол с осью, то =. (1) 1- ee cos 1+ eg cos Равенство расстояний между фокусами (софокусность) дает нам peee pgeg =. (2) 2 1- ee eg -Выведем, как и в (2.7.-1), направляющие тангенса наклона эллипса Глава 3. Система координат Кеплера ' p sin dy 1- ee cos cos(1- ee cos) - ee sin2 cos - ee yt d~ d y e = = = = =. (3) d~ d(x + 2ce) p cos ' - sin(1- ee cos) - ee cos sin - sin xte x d 1- ee cos Зная направляющие тангенса наклона для левой ветви гиперболы (см.3.1.2.-3) cos + eg ytg =, мы можем записать условие ортогональности (1.2.1.-18) - sin xtg xtextg + yte ytg = 0. Следовательно, (cos - ee)(cos + eg ) + sin2 = 0 или cos(ee + eg ) - eeeg +1 = 0. (4) pe Вводя, для краткости, k =, запишем 3 выведенных уравнения в виде pg k 1- ee cos = 1+ eg cos, (*) kee eg системы уравнений =, (**). (5) 2 1- ee eg -cos(ee + eg ) - eeeg +1 = 0, (* * *) В этой системе 3 неизвестных k,,eg. В случае совместности системы – eg (1- ee ) касательные ортогональны. В самом деле, из (**) k =.

ee(eg -1) Из (*) k + keg cos =1- ee cos, cos(keg + ee) =1- k, eg (1- ee ) 12 2 ee(eg -1) eeeg - ee - eg + egee eeeg (eg - ee) - (eg - ee) egee -1- k cos = = = = =. (6) 2 2 2 2 2 2 keg + ee eg (1- ee ) eg - ee eg + ee eg - ee (eg - ee)(eg + ee) eg + ee + ee ee(eg -1) egee - Из (*) мы также получаем, что cos =. eg + ee 2 часть Мы предлагаем читателю доказать, что для T3 или T4, лежащих на правой ветви гиперболы, система уравнений (5) преобразуется в следующую Глава 3. Система координат Кеплера k - 1- ee cos = 1- eg cos, (#) kee eg =, (##). (7) 2 1- ee eg -cos(ee + eg ) - eeeg -1 = 0 (## #) Указание: использовать (3.7.2. замечание 2). Дальнейшая часть доказательства аналогична 1 части. Проведите ее.

Упражнение 1. Доказать, что из условия софокусности эллипса и 2 2 2 (1- ee ) + (1- ee )2 + 4k ee гиперболы, следует, что eg =.

2kee Упражнение 2. Доказать, что если фокальные параметры софокусных эллипса и гиперболы равны (см. рис.3), то абсциссы точек пересечения этих кривых совпадают с абсциссами соответствующих фокусов.

3.7.8. Упражнения на свойства гиперболы Упражнение 1. Доказать теорему Аполлония III45 [21, стр.101]: отрезок любой касательной к гиперболе, заключенный между касательными, Глава 3. Система координат Кеплера проведенными в концах действительной оси, виден из любого фокуса под прямым углом (см. рис.1).

3.8. Инварианты. Получение параметров полярного уравнения В данном разделе исследуем ортогональные инварианты (определение ниже) коник. Проводить исследование будем с помощью основного соотношения для директрисы (3.4.2.-2) ed = r. (*) Глава 3. Система координат Кеплера Пусть фокус находится не в центре координат и фокальная ось повернута относительно оси абсцисс на угол (см. рис.1) (т.е. временно будем пользоваться прямоугольной правосторонней полярно-декартовой системой координат общего вида, а не системой координат Кеплера). Найдем уравнение директрисы в этой общей системе координат. Из (рис. 1) видно, что директриса p cos p sin проходит через точку E : + Fx, + Fy. С другой стороны, директриса e e фокальной оси коники. Следовательно, ее тангенс угла наклона k = tg( + ) = - ctg. Отсюда запишем приведенное уравнение p cos p sin + Fy = - cos + Fx + b. После несложных упрощений вычислим e sin e p + Fx cos + Fy sin e свободный член b = и получим нормальное уравнение sin директрисы в этой прямоугольной декартовой системе координат p x cos + y sin - - Fx cos - Fy sin = 0. (1) e Отклонение некоторой точки {xi, yi} на кривой до директрисы p d = xi cos + yi sin - - Fx cos - Fy sin. (2) e Расстояние от той же точки до фокуса (xi - Fx)2 + (yi - Fy )2. (3) p Собираем (*) (xi - Fx )2 + ( yi - Fy )2 = e xi cos + yi sin - - Fx cos - Fy sin. (4) e Переходим к исследованию (4). Докажем, что (4) удовлетворяет полярному уравнению Лаланда-Лапласа (2.-1) p p cos cos psin sin p r = e (xi - Fx )cos + ( yi - Fy )sin -, r = e + -, e 1+ ecos( -) 1+ ecos( -) e ecos( -) -1- ecos( -) p r = p, r =.

Pages:     | 1 |   ...   | 21 | 22 || 24 | 25 |   ...   | 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.