rozwiązania7

[ Pobierz całość w formacie PDF ]
1 ± ε cos ϕ
,
gdzie p > 0 jest parametrem krzywej stożkowej, a ε jej mimośrodem. Wiadomo, że ε < 1 dla
elipsy, ε = 1 dla paraboli i ε > 1 dla hiperboli.
c) Wyprowadzić równanie biegunowe elipsy b
2
x
2
+ a
2
y
2
= a
2
b
2
, przesuwając układ współrzęd
nych do ogniska F (c, 0) i wstawiając w nowym równaniu x = ρ · cos (ϕ) i y = ρ · sin (ϕ) .
Wiadomo, że dla elipsy c
2
= a
2
− b
2
. Znaleźć wyrażenia na parametry p i ε dla elipsy.
d) Napisać równania biegunowe elipsy x
2
+ 3y
2
= 9. Narysować tę elipsę w układzie kartezjań
skim (równanie oryginalne) oraz w układzie biegunowym (po przesunięciu początku układu
do ogniska).
e) Wyprowadzić równanie biegunowe hiperboli b
2
x
2
− a
2
y
2
= a
2
b
2
, przesuwając układ współ
rzędnych do ogniska F (c, 0) i wstawiając w nowym równaniu x = ρ · cos (ϕ) i y = ρ · sin (ϕ) .
Wiadomo, że dla hiperboli c
2
= a
2
+ b
2
. Pokazać, że dla hiperboli p = b
2
/a, ε = c/a.
f) Napisać równania biegunowe hiperboli x
2
− 3y
2
= 9. Narysować tę hiperbolę w układzie
kartezjańskim (równanie oryginalne) oraz w układzie biegunowym (po przesunięciu początku
układu do ogniska).
g) Wiadomo, że dla paraboli y
2
= 2px. Napisać równania biegunowe paraboli y
2
= 4x. Nary
sować tę parabolę.
c) Pierwszy krok to przesunięcie współrzędnych tak, by ognisko elipsy znajdowało się w początku
układu współrzędnych. W tym celu wykonuję zamianę zmiennych
x → x
′
= x − c.
W wyniku tej operacji ognisko F (c, 0) przechodzi na punkt (0, 0), zaś równanie elipsy przyjmuje
postać
b
2
(x
′
+ c)
2
+ a
2
y
2
= a
2
b
2
.
Kolejny krok to zamiana zmiennych na biegunowe x
′
= ρ cos ϕ i y = ρ sin ϕ
b
2
(ρ cos ϕ + c)
2
+ a
2
(ρ sin ϕ)
2
= a
2
b
2
.
ρ
2
cos
2
ϕ + 2ρc cos ϕ + c
2
+ a
2
ρ
2
sin
2
ϕ = a
2
b
2
,
b
2
ρ
2
cos
2
ϕ + 2b
2
ρc cos ϕ + b
2
c
2
+ a
2
ρ
2
sin
2
ϕ = a
2
b
2
.
Dalej skorzystałem z równości sin
2
ϕ = 1 − cos
2
ϕ oraz dwukrotnie ze wzoru na położenie ogniska
c
2
= a
2
− b
2
= a
2
b
2
,
b
2
ρ
2
cos
2
ϕ + 2b
2
ρc cos ϕ − b
4
+ a
2
ρ
2
− a
2
ρ
2
cos
2
ϕ = 0,
a
2
− b
2
+ a
2
ρ
2
1 − cos
2
ϕ
ρ
2
cos
2
ϕ + 2b
2
ρc cos ϕ − b
4
+ a
2
ρ
2
= 0,
a
2
ρ
2
= c
2
ρ
2
cos
2
ϕ − 2b
2
ρc cos ϕ + b
4
,
a
2
ρ
2
=
cρ cos ϕ − b
2
2
,
aρ = ±
,
aρ ∓ cρ cos ϕ = ∓b
2
,
ρ =
∓b
2
a ∓ c cos ϕ
,
ρ =
1 ∓
a
cos ϕ
.
∓
b
a
1
Zadanie 7.1
Krzywe stożkowe w układzie biegunowym.
a) Zapoznać się z równaniami krzywych stożkowych (elipsa, parabola, hiperbola) w układzie
biegunowym, np. z książki Leja F.: „Geometria analityczna”, PWN Warszawa.
b) W układzie biegunowym z początkiem układu znajdującym się w ognisku, równania krzywych
stożkowych (elipsa, parabola, hiperbola) dane są jednym równaniem:
ρ (ϕ) =
p
b
2
b
2
ρ
2
cos
2
ϕ + 2b
2
ρc cos ϕ + b
2
b
2
− a
2
cρ cos ϕ − b
2
(Wynik ten da się również uzyskać rozwiązując równanie kwadratowe na ρ, ale wymaga to nieco
więcej liczenia.) Ponieważ zmienna biegunowa ρ jest dodatnia, we wzorze powyższym należy wszędzie
wybrać znak „+”. Widać więc, że jeżeli przyjąć
p = b
2
/a, ε = |c/a| ,
to równanie elipsy ma postać
ρ =
p
1 ± ε cos φ
.
Znak w mianowniku powyższego wzoru może być dowolny ponieważ nie jest ustalony znak c. Elipsa
ma dwa ogniska, w F (c, 0) oraz w (−c, 0). W zależności od tego, które z tych ognisk przesunąć do
początku układu współrzędnych, otrzymuje się wzory z innymi znakami w mianowniku.
d) Ogólne równanie elipsy można przekształcić do postaci
a
2
+
y
2
= 1.
b
2
Równanie elipsy x
2
+ 3y
2
= 9 po podzieleniu obustronnym przez 9 daje
x
2
9
+
y
2
3
= 1,
więc a = 3 i b =
√
3, co oznacza, że c =
√
6. Korzystając z wyznaczonych w poprzedniej części
wzorów, wyznaczyłem
√
p = 1, ε =
6/3.
Na rysunku 1 przedstawiłem wykresy we współrzędnych kartezjańskich i biegunowych.
6
6
6
4
4
4
2
2
2
y
0
y
0
y
0
2
2
2
4
4
4
6
6
6
6 4 2 0 2 4 6
x
6 4 2 0 2 4 6
x
6 4 2 0 2 4 6
x
Rysunek 1. Trzy wykresy elipsy z zadania 1. Na pierwszym rysunku wykreślono ją korzystając ze
wzoru we współrzędnych kartezjańskich. Na pozostałych dwóch rysunkach wykreślono elipsę we współ
rzędnych sferycznych, raz biorąc w mianowniku znak „+”, a raz „−”. Figura na wszystkich wykresach
jest taka sama, co dowodzi równoważności wzorów we współrzędnych kartezjańskich i biegunowych.
Jedyna różnica to położenie początku układu współrzędnych. Na pierwszym rysunku jest on w środku
elipsy, a na dwóch kolejnych rysunkach w dwóch ogniskach elipsy.
e) W tym punkcie trzeba powtórzyć rachunek wykonany dla elipsy. Rozpoczynam od przesunięcia
zmiennych x → x
′
= x − c
b
2
(x
′
+ c)
2
− a
2
y
2
= a
2
b
2
,
2
x
2
a następnie podstawiam x
′
= ρ cos ϕ i y = ρ sin ϕ
b
2
(ρ cos ϕ + c)
2
− a
2
ρ
2
sin
2
ϕ = a
2
b
2
,
b
2
ρ
2
cos
2
ϕ + 2b
2
ρc cos ϕ + b
2
c
2
− a
2
ρ
2
+ a
2
ρ
2
cos
2
ϕ = a
2
b
2
,
c
2
ρ
2
cos
2
ϕ + 2b
2
ρc cos ϕ + b
2
a
2
+ b
4
− a
2
ρ
2
= a
2
b
2
,
c
2
ρ
2
cos
2
ϕ + 2b
2
ρc cos ϕ + b
4
= a
2
ρ
2
,
2
= a
2
ρ
2
,
cρ cos ϕ + b
2
= aρ,
±cρ cos ϕ − aρ = ∓b
2
,
ρ =
∓b
2
−a ± c cos ϕ
,
ρ =
±
b
2
a
1 ∓
a
cos ϕ
,
czyli istotnie p = b
2
/a zaś ε = c/a. Komentarza wymagają dowolne znaki w powyższym wzorze.
Ponieważ dla hiperboli c > a mianownik tego wyrażenia może zmieniać znak i w zależności od
niego trzeba dobrać znak w liczniku, tak by ρ > 0. Inna możliwość to dopuścić ujemne wartości ρ.
Zerowanie się mianownika wiąże się z rozbieżnością do nieskończoności ρ i odpowiada za asymptoty
hiperboli.
Uwaga: Osoby leniwe mogą zamiast wyprowadzać ponownie wzór, w wyprowadzeniu wzoru dla elipsy
zamienić zmienną b → ib, gdzie i to jednostka urojona.
f) Równanie ogólne hiperboli można przekształcić do postaci
x
2
a
2
−
y
2
b
2
= 1,
a podane równanie hiperboli x
2
− 3y
2
= 9 po podzieleniu obustronnym przez 9 przyjmuje postać
x
2
9
−
y
2
3
= 1,
więc a = 3 i b =
√
3. Oznacza to, że c =
√
a
2
+ b
2
= 2
√
3. Korzystając z wyników z poprzedniego
punktu wyliczyłem
√
p =
b
2
a
= 1, ε =
c
a
=
2
3
,
3
a zatem równanie biegunowe tej hiperboli to (przyjmuję tu, że ρ może być ujemne)
ρ =
1
1 ± 2 cos ϕ
.
Na rysunku 2 wykreśliłem tę hiperbolę korzystając ze wzoru we współrzędnych kartezjańskich i bie
gunowych.
g) Dla paraboli ε = 1, zaś, jak łatwo odczytać porównując oba wzory, p = 2. Oznacza to, że we
współrzędnych biegunowych równanie rozważanej paraboli to
ρ =
2
1 ± cos ϕ
.
Na rysunku 3 wykreślono parabolę we współrzędnych kartezjańskich i biegunowych.
3
cρ cos ϕ + b
2
±
10
10
10
5
5
5
y
0
y
0
y
0
5
5
5
10
10
10
10 5
0
5
10
10 5
0
5
10
10 5
0
5
10
x
x
x
Rysunek 2. Trzy wykresy hiperboli z zadania 1. Na pierwszym rysunku wykreślono ją korzystając
ze wzoru we współrzędnych kartezjańskich. Na pozostałych dwóch rysunkach wykreślono hiperbolę
we współrzędnych sferycznych, raz biorąc w mianowniku znak „+”, a raz „−”. Figura na wszystkich
wykresach jest taka sama, co dowodzi równoważności wzorów we współrzędnych kartezjańskich i bie
gunowych. Jedyna różnica to położenie początku układu współrzędnych. Na pierwszym rysunku jest
on w środku symetrii hiperboli, a na dwóch kolejnych rysunkach w dwóch ogniskach.
10
10
10
5
5
5
y
0
y
0
y
0
5
5
5
10
10
10
10 5
0
5
10
10 5
0
5
10
10 5
0
5
10
x
x
x
Rysunek 3. Trzy wykresy paraboli z zadania 1. Na pierwszym rysunku wykreślono ją korzystając
ze wzoru we współrzędnych kartezjańskich. Na pozostałych dwóch rysunkach wykreślono parabolę we
współrzędnych sferycznych, raz biorąc w mianowniku znak „+”, a raz „−”. Figura na wszystkich wykre
sach jest taka sama, co dowodzi równoważności wzorów we współrzędnych kartezjańskich i biegunowych.
Jedyna różnica to położenie początku układu współrzędnych. Na pierwszym rysunku jest on w wierz
chołku paraboli a na dwóch kolejnych rysunkach w jej ognisku. Dwa ostatnie wykresy przedstawiają
dwa możliwe położenia paraboli.
Zadanie 7.2
Krzywe stożkowe – własności elipsy.
Udowodnić, że mimośród elipsy można zapisać następującym wyrażeniem:
ε =
r
max
− r
min
r
max
+ r
min
,
gdzie r
min
– minimalna i r
max
– maksymalna odległość od ogniska.
Jak wiadomo z poprzedniego rozwiązania, równanie elipsy to
a
2
+
y
2
= 1,
b
2
zaś jej dwa ogniska znajdują się w punktach
F
1
(c, 0) , F
2
(−c, 0) , c =
p
a
2
− b
2
.
Dalej będę zajmował się jedynie ogniskiem F
1
, które leży w dodatniej półosi x. Punkt elipsy najbliżej
niego położony A leży na dodatniej półosi x zaś punkt najdalej położony B leży na ujemnej półosi x.
4
x
2
Podstawiając y = 0 do równania elipsy można wyliczyć współrzędne punktów A i B.
a
2
+
0
2
= 1,
b
2
x = ±a.
a zatem A = (a, 0) i B = (−a, 0). Oznacza to, że najmniejsza i największa odległość ogniska od elipsy
wynoszą odpowiednio
r
min
= a − c, r
max
= a + c.
Teraz już można łatwo wyliczyć
r
max
+ r
min
=
a + c − (a − c)
− r
min
=
2c
2a
=
c
a
= ε,
a + c + a − c
gdzie ostatnia równość została pokazania w poprzednim zadaniu.
Zadanie 7.3
Pole grawitacyjne.
Wyznaczyć natężenie pola grawitacyjnego γ (r) wewnątrz i na zewnątrz cienkiej, kulistej i jedno
rodnej powłoki o masie M i promieniu R. Na tej podstawie obliczyć natężenie pola grawitacyjnego
wewnątrz i na zewnątrz jednorodnej kuli o masie M i promieniu R.
Wskazówka
Dla układu złożonego z powłoki i masy punktowej m, obliczyć energię potencjalną E
p
(r) dla r < R
i r > R. Następnie z tak obliczonej energii potencjalnej, obliczyć siłę działającą na próbną masę m,
znajdującą się wewnątrz lub na zewnątrz powłoki. Na tej podstawie wyznaczyć natężenie pola gra
witacyjnego. Patrz: C. Kittel, W.D. Knight, M.A. Ruderman, Mechanika, Państwowe Wydawnictwo
Naukowe, Warszawa 1973, str. 295 – 298.
Zgodnie ze wskazówką, rozpoczynam od wyznaczenia energii potencjalnej masy punktowej m umiesz
czonej wewnątrz lub na zewnątrz sfery. Układ współrzędnych można wybrać tak, by jego środek pokrywał
się ze środkiem sfery zaś masa punktowa leżała na osi z w odległości r od środka układu (i sfery). Teraz
energię tej masy można policzyć dzieląc sferę na małe fragmenty dM i dodając wkłady od każdego z nich.
Energia potencjalna układu złożonego z masy m i dM to
dE = −G
mdM
l
,
gdzie G to powszechna stała ciążenia zaś l to odległość między masami (zależna od wybranego punktu na
sferze). Do opisu punktów sfery zastosuję współrzędne sferyczne θ i ϕ. Schemat tego układu przedstawiłem
na rysunku 4. Na mocy twierdzenia cosinusów dla trójkąta utworzonego przez wybrany na sferze punkt,
masę m oraz środek sfery
r
2
+ R
2
− 2rR cos θ.
Powierzchnia sfery o promieniu R to 4πR
2
, więc powierzchniowa gęstość masy na sferze to
l =
p
σ =
M
4πR
2
.
We współrzędnych sferycznych zachodzi związek
dM = σdS = σR
2
sin θ dθ dφ.
Łącząc powyższe równości można napisać wzór na energię potencjalną masy m
Z
Z
2
mσR
2
E =
dθ
dϕ sin θ
−G
√
.
r
2
+ R
2
− 2rR cos θ
0
0
5
x
2
r
max
[ Pobierz całość w formacie PDF ]

zanotowane.pl

doc.pisz.pl

pdf.pisz.pl

lemansa.htw.pl