WWW.DISSERS.RU

БЕСПЛАТНАЯ ЭЛЕКТРОННАЯ БИБЛИОТЕКА

   Добро пожаловать!

Pages:     | 1 |   ...   | 36 | 37 || 39 | 40 |   ...   | 42 |

LD M LD M L2 LD M LD M L 1 2 h 1 2 h Из (1) следует =, =. (1а) L2 4L2 LD LD 4LD DS DS В связи с тем, что нет принципиальных отличий между основным и сопряженным диаметрами, то соответствующее соотношение можно записать и для сопряженного диаметра.

Обобщение данных соотношений см. в (6.10).

Глава 6. Диаметр Упражнение 1. Пользуясь данной теоремой, доказать, что величина половины фокальной хорды, большой оси эллипса, равна p.

Решение. Пусть, - величины большой оси эллипса, получаемые при делении ее фокальной хордой, а f - фокусное расстояние эллипса. Обозначим длину большой оси эллипса - 2a, длину малой оси - 2b. Тогда в точке деления (фокус) 2 p p p - Lh (2a - f ) f 2 p 1- e2 1+ e 1+ e = 2 p 1- e2 = p.

= LD = 2b = S 2 p 2 p 2 2a 2a 1- e2 1- e2 1- e2 1- e6.9.5. Другие элементы описанного параллелограмма эллипса Теорема [6, стр.142, N708]. Построим около эллипса на основном и сопряженном диаметрах описанный параллелограмм (см. рис.1). Проведем в данном параллелограмме две диагонали. Части этих диагоналей внутри эллипса образуют новую пару сопряженных диаметров (любой из них можно считать основным и, соответственно, другой - сопряженным) (см.рис.2).

Если же мы построим на новых диаметрах параллелограмм, то его диагонали пройдут через первую пару диаметров. Таким образом, мы имеем группу из 2-х пар диаметров.

Объясним подробнее рисунки и докажем теорему. На рис.1 мы видим параллелограмм A1A2A3A4, основной диаметр D1D2 и сопряженный диаметр DS1DS 2. Проведем диагонали A1A3, A2 A4 и перейдем к рис.2. Мы видим, что C1C3, Глава 6. Диаметр C2C4 являются диаметрами, как секущие, проходящие через центр (диагонали параллелограмма пересекаются в его центре). Эти диаметры взаимно сопряжены, т.к. D1DS1 || A1A3, как средняя линия A1A2 A3 || основанию этого треугольника. Аналогично можно доказать, что пара диаметров C1C3, C2Cпорождают диаметры D1D2 и DS1DS 2. Таким образом, мы создали множество, состоящее из 2-х пар сопряженных диаметров. Или, другими словами, конечную группу из 2-х элементов, где 1 элемент состоит из пары основного и сопряженного диаметров.

Очевидна, также, следующая теорема.

Теорема. Если из внешней точки построены две касательные и одна из них опирается на конечную точку основного диаметра, а другая опирается на конечную точку сопряженного диаметра, то длины этих касательных равны, соответственно, половинам основного и сопряженного диаметров.

Упражнение 1. Доказать, что периметр описанного вокруг эллипса параллелограмма равен удвоенной сумме соответствующих основного и сопряженного диаметров.

6.10. Задачи на диаметр Глава 6. Диаметр Упражнение 1. Проведем радиус-вектор между одной из конечных точек основного диаметра и левым фокусом эллипса (см.рис.1). Доказать, что расстояние между данной конечной точкой диаметра и точкой пересечения радиус-вектора (или его продолжения) с сопряженным диаметром равно большой полуоси эллипса (И.Ньютон (I. Newton)) [19,стр. 325-326]. (1) Решение. Проведем отрезок FI || DS1DS 2.В силу свойства транзитивности ||, FI ||T1T2. Отсюда D1FT1 = D1IT2, т.к. FT1 = IT2 и FD1T1 = ID1T2 - свойство касательной эллипса. Отсюда ID1 = FD1. В IF2F отрезок EO - средняя линия, т.к.

F2O = OF. Следовательно F2E = EI. Т.к. FD1 + D1F2 = 2a, то половина этого расстояния равно ED1 = a (т.к. F2E + FD1 = EI + ID1 ).

Упражнение 2. Дано: эллипс, основной диаметр D1D2 длиной 2R и сопряженный диаметр DS1DS 2 длиной 2G (см.рис.2). Доказать, что:

1 1 a) = - (инверсия(1.5.8.)); (2) G r q 1 1 b) = - (инверсия (1.5.8.)); (3) R m n G c) = или G2 = (q + G) ; (4) G q + G (инверсия (1.5.8.)), [21, стр. 120], [19, стр.330,(1)] w R d) = или R2 = w(n + R) ; (5) R (n + R) (инверсия (1.5.8.)), [21, стр. 120], [19, стр.330,(2)].

Глава 6. Диаметр e) всегда n m и q r (равенство выполнимо при n = m = 0, q = r = 0 );

(2R + n)n Gf) = ;. (6) (R + n)2 (G + q)(2G + q)q Rg) = ; (7) (G + q)2 (R + n)h) (2R + n)n(2G + q)q = G2R2. (8) Решения.

q(2G - r) q 2G + q Докажем (2). Из (5.16.-1а) следует =1. Отсюда = ;

(2G + q)r r 2G - r q q qr 1 1 2G - q = 2G + q ; 2G( -1) = 2q; G = ; = -.

r r q - r G r q Равенство (2) можно получить сразу из (5.17.-6).

Докажем (4). Предположим, что (4) верно. Тогда G2 = (G - r)(G + q), 1 1 G2 = G2 + Gq - Gr - qr, qr = G(q - r), = -. Мы получили (2).

G r q LD M LD M L1 2 D Докажем (6), (7) и (8). Рассмотрим (6.9.4.-1) =. В нашем Lh 2 L DS Lh Gq случае LD = 2R, LD = 2G, = = G - r, LD M = 2R - m, LD M = m. Из (2) r =, из S 1 2 G + q Gq 4R2G - G + q Rn Rn Rn n(2R + n) G2R (3) m =. Тогда - =, =. Т.к.

R + n R + n R + n 4G2 (R + n)2 (G + q) основной и сопряженный диаметр равноправны, то справедливо q(2G + q) R=. Перемножим соответственно левые и правые части (G + q)2 (R + n)равенств (6) и (7), сократим на общие множители и получим (8) (2R + n)n(2G + q)q = R2G2.

Упражнение 2. Доказать, что асимптоты гиперболы являются самосопряженными диаметрами [18, стр.442].

Упражнение 3. Постройте соответствующие чертежи и сформулируйте теоремы для гиперболы, соответствующие теоремам (6.9.2) – (6.9.4) для эллипса.

Упражнение 4. Доказать, что:

Глава 6. Диаметр 1) коника, описанная около параллелограмма, всегда центральная и ее центр всегда совпадает с точкой пересечения диагоналей параллелограмма;

2) коника, вписанная в параллелограмм, всегда центральная и ее центр всегда совпадает с точкой пересечения диагоналей параллелограмма [6, стр.141, N706].

Глава 7. Нормаль 7. Нормаль 7.1. Уравнение нормали Начнем строить уравнение нормали в виде y - y1 = k(x - x1), где из (3.1.-2) p берем P1 :{x1, y1} = {cos,sin} конец радиус-вектора, являющийся 1+ ecos одновременно и точкой касания для касательной T1 (см. рис. 1). Из (3.1.-3) тангенс угла наклона нормали 1 sin k = knorm() = - =, т.к. по ktan g () cos + e определению нормаль в точке касания касательной. Следовательно, p sin sin p cos y - = (x - ). (*) 1+ ecos cos + e 1+ ecos Теперь преобразуем его к приведенному виду y = kx + b. Т.к. при x = 0 y = b, то p sin p sin cos p sin(cos + e - cos) pesin b = - = = -.

1+ ecos (1+ ecos)(cos + e) (1+ ecos)(cos + e) (1+ ecos)(cos + e) sin pesin Таким образом, y = x +. Приводя к общему cos + e (1+ ecos)(cos + e) знаменателю, получим уравнение нормали в общем виде в системе координат Кеплера sin(1+ ecos)x - (1+ ecos)(cos + e)y + pesin = 0. (1) Находим коэффициент нормирования s A2 + B2 = - (1+ ecos) sin2 + cos2 + 2ecos + e2 = - (1+ ecos) 1+ 2ecos + e2 и нормируем (1) (-sin) x + (cos + e)y pesin - = 0. (2) 1+ 2ecos + e2 (1+ ecos) 1+ 2ecos + eТеперь можем вывести единичный вектор направления нормали 1 n = {-B, A} = {-(cos + e),-sin}. (3) A2 + B2 1+ 2ecos + eГлава 7. Нормаль (Ср. с единичным вектором касательной (3.1.-4)) Подставляя в (2) координаты фокуса F :{0,0}, получим расстояние от - pesin фокуса до нормали. (4) (1+ ecos) 1+ 2ecos + e7.2. Свойство биссектрисы смежного угла, образованного пересекающимися нормалями Вначале объясним рис.1. Проведем из фокуса F два радиус–вектора FTи FT2. В точках T1 и T2 построим касательные и продолжим их до пересечения в полюсе P, а с другой стороны, в тех же точках T1 и T2 построим нормали и продолжим их до пересечения в N. Проведем из фокуса нормали к нормалям - FQ1, FQ2. Рассмотрим T2NT1 (в дальнейшем N ). Проведем из угла N биссектрису BN, а из угла P биссектрису BP. Докажем, что:

1) угол при полюсе P дополнительный до углу в точке пересечения нормалей N ;

2) биссектрисы этих углов параллельны, т.е. BN BP.

Глава 7. Нормаль 1. Геометрическое доказательство 1-й вариант Выделим из рис.1. четырехугольник T1PT2N с биссектрисами NBN и PBP (см. рис.2). Обозначим точками X1, X2 пересечение биссектрис со сторонами четырехугольника.

Перейдем к доказательству утверждений. Заметим сразу, что исследуемый четырехугольник всегда выпуклый, т.к. выпуклы на рассматриваемых участках порождающие его дуги коник, а нормали по краям дуг всегда направлены во внутреннюю часть дуги (для гиперболы берем участок на одной из ветвей). Теперь рассмотрим углы. Т.к. углы при точках T1,T2 по определению прямые, а сумма всех внутренних углов выпуклого четырехугольника равна 4, то сумма двух других углов при вершинах P, N этого четырехугольника будет равна 2 - 2 =. Этим мы доказали утверждение 1).

Пусть угол при вершине P равен 2. Тогда угол при вершине N равен 2 = - 2. Отсюда = -.

Рассмотрим прямоугольный PT1X1. X1PT1 =, т.к. образован биссектрисой PBP. Следовательно, противоположный PX1T1 = - =. А мы знаем, что если внешний и внутренний односторонние углы при двух прямых и секущей равны, то эти прямые ||.

2-й вариант Рассмотрим (рис.1). Q1FQ2 = T2PT1, как углы с взаимно || сторонами и одинаково ориентированные. С другой стороны, т.к. FQ1 NT1 и FQ2 NT2, то Q1FQ2 и T2NT1 противоположно ориентированы и являются углами с взаимно перпендикулярными сторонами. Следовательно, доказано 1). Если углы N и P дополнительны до, то их половинки дополнительны до. Таким образом, мы имеем два подобных прямоугольных треугольника - PT1N, PT2N, т.к. они имеют одинаковые острые углы. Предлагаем закончить этот вариант читателю.

Глава 7. Нормаль 2. Аналитическое доказательство Для этого варианта доказательства важно, что угол из фокуса - Q1FQ2, образованный нормалями к нормалям, является дополнительным до T2NT ( N ). Другими словами Q1FQ2 равен смежному T2 NT.

cos + e Из (3.2.1.-7) получаем тангенс угла наклона касательной k =.

- sin Складывая два уравнения (3.2.1.-7) для получения уравнения биссектрисы между касательными (аналогичным образом мы поступали в (1.9), (4.5.)), получим тангенс угла наклона биссектрисы между касательными cos1 + e + cos2 + e cos1 + cos2 + 2e kP = =. (1) - sin1 - sin2 - (sin1 + sin2) (Напомним, что нормальный вектор прямой, а тангенсу угла наклона прямой соответствует котангенс нормального вектора.) Таким же образом из (7.1. -1) найдем тангенс угла биссектрисы между нормалями к нормалям - sin1 - sin2 - (sin1 + sin2) kN = =. (2) cos1 + e + cos2 + e cos1 + cos2 + 2e Из того, что биссектрисы смежных углов между собой (1.9 теорема 3), и y x соотношений tg() =, tg( + ) =, следует доказательство теоремы. x 2 y Угол при полюсе в НПСК вычисляется по (5.7.1.-8). Отсюда найдем угол при N - ang(0,{-(e2 + 2ecos0 cos + cos 2 ), 2sin (cos + ecos0 }) = = ang(0,{(e2 + 2ecos0 cos + cos 2 ), 2sin (cos + ecos0 }). (1) Упражнение 1. Найдите расстояние между этими биссектрисами. Проведите анализ, когда это расстояние а) наименьшее, б) наибольшее.

Указание. Расстояние между биссектрисами равно разности между нормальными векторами к ним.

Упражнение 2. Найдите геометрическое место точек пересечения нормалей ( N ), если угол при полюсе прямой.

Глава 7. Нормаль 7.3. Нормаль из внешней точки Уточним постановку задачи. Нам нужно найти такую точку на дуге, чтобы продолжение нормали, построенное в этой точке, проходило через заданную внешнюю точку P :{xp, yp}. В дальнейшем, эта нормаль будет определяться 2-мя точками - внешней P и ближайшей точкой пересечения с дугой - N, которая будет задаваться полярным углом. Теперь уточним слово ближайшая.

Например, для эллипса, линия нормали, проходящая через его геометрический центр, порождает в точках пересечения параллельные касательные. А это значит, обе точки пересечения могли бы удовлетворять условиям нашей задачи, т.к.

нормаль, одной из параллельных линий, и другой. Из того, что P - внешняя, одна из точек пересечения будет ближе к P, а 2-я точка, естественно, дальше чем первая, на величину диаметра кривой по направлению нормали. Для определенности мы выбираем ближайшую точку. Таким образом, мы свели данную задачу к нахождению полярного угла.

Возьмем уравнение нормали из (7.1.-1) и перенесем члены, содержащие sin, в левую часть равенства, а оставшийся член - в правую. Тогда sin(1+ ecos)xp + pesin = (1+ ecos)(cos + e) yp, sin(xp + xpecos + pe) = yp cos + ypecos2 + ype + e2 yp cos, 1- cos2 ((xp + pe) + xpe cos) = ypecos2 + ( yp + e2 yp ) cos + ype. В данном уравнении неизвестным является полярный угол. Обозначим, для краткости, z = cos, a = (xp + pe), b = ( yp + e2 yp ) = yp (1+ e2) и временно не будем писать нижние индексы у переменных xp, yp. Возведем обе части иррационального уравнения в квадрат. Тогда (1- z2) (a2 + 2axez + x2e2z2) = y2e2z4 + b2z2 + y2e2 + 2byez3 + 2y2e2z2 + 2byez, a2 + 2axez + x2e2z2 - a2z2 - 2axez3 - x2e2z4 = y2e2z4 + 2yebz3 + (b2 + 2y2e2)z2 + 2byez + y2e2.

Мы получили уравнение 4-й степени. Выпишем коэффициенты при степенях z z4 x2e2 + y2e2 = e2(x2 + y2) z3 2bye + 2axe = 2e(ax + by). (1) z2 a2 + b2 - 2x2e2 + 2y2e2 = a2 + b2 + 2e2(-x2 + y2) z1 - 2axe + 2bye = 2e(-ax + by) z0 a2 + y2eГлава 7. Нормаль Для решения уравнения 4-й степени читатель может воспользоваться, например, методом Феррари [11 стр. 44, 1.8-15]. В силу теоремы Гаусса о количестве корней многочлена, возможных решений может оказаться 4. Далее мы должны сделать 4-х этапную фильтрацию выбранных решений.

1) Т.к. z = cos, то из них нужно выбрать только действительные решения, удовлетворяющие условию z 1.

2) Каждому решению z, за счет того, что = ang(0,{z,± 1- z2 }) + 2n соответствует 2 полярных угла. Нужно выбрать среди этих углов только те углы, которые входят в интервал дуги.

3) Среди оставшихся углов нужно выбрать те, которые удовлетворяют уравнению нормали (7.1.-1) или (7.1.-2).

4) Далее по этим углам с помощью полярного уравнения нужно построить точки. Если точек окажется более одной, то из них выбрать ту, расстояние до которой от полюса будет минимальным. 7.4. Радиус кривизны Известна [24,572,7б] формула радиуса кривизны в полярных координатах (r2 + r' )R =. Подготовим элементы этой формулы r2 + 2r' -rr '' p2 pesin r2 =, r'= - или (1+ e cos)2 (1+ ecos)pesin(1+ ecos)-2, r''= pe(cos(1+ ecos)-2 + 2esin2(1+ ecos)-3) = pe = (cos(1+ ecos) + 2esin2 ) = (1+ ecos)p (cos + e2 cos2 + 2e2 sin2 ).

(1+ ecos)Находим знаменатель Глава 7. Нормаль 1 2e2 sin2 ecos + e2 cos2 + 2e2 sin r2 + 2r' -rr ''= p2( + - ) = (1+ ecos)2 (1+ e cos)4 (1+ e cos)p= (1+ 2ecos + e2 cos2 + 2e2 sin2 - ecos - e2 cos2 - 2e2 sin2 ) = (1+ ecos)p2(1+ ecos) p= =.

(1+ e cos)4 (1+ ecos)3 p2 e2 sinТеперь числитель (r2 + r' )2 = ( + )2 = (1+ ecos)2 (1+ ecos)p2((cos + e)2 + sin2 ) p3((cos + e)2 + sin2 ) = ( )2 =.

(1+ ecos)4 (1+ ecos)p((cos + e)2 + sin2 )Окончательно R =, (1) (1+ ecos)p(1+ 2ecos + e2)или R =, (1а) (1+ ecos)Упражнение 1. Доказать, что радиус кривизны в эллипсе минимален в вершинах большой оси (для = 0, = ).

Pages:     | 1 |   ...   | 36 | 37 || 39 | 40 |   ...   | 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.