1611671589-8b32ec633a68274ab2f981b506c8e32e (826555), страница 3
Текст из файла (страница 3)
Производная по t естьскорость изменения этого расстояния. Имеем:d2xx0 + 2yy 0hF P, viv|F P (t)|0 = p=.P|F P |2 x2 + y 2.Остальное просто. Лемма доказана. (На рисунке Fприращение расстояния от F до P (t) обозначено δ.)Из леммы 3.4.1 можно вывести оптические свойства. Пусть точка Pдвижется по кривой. Вектор скорости движения v в каждый момент направлен по касательной к этой кривой.Пусть траектория точки P — гипербола. В силу фокального свойства разность расстояний от точки P до фокусов P F1 и P F2 неизменна,то есть расстояние от P до каждого из фокусов меняется одинаково:v cos α1 = v cos α2 . Значит cos α1 = cos α2 .
Пусть траектория точки P— эллипс. В силу фокального свойства сумма расстояний от точки P.12до фокусов P F1 и P F2 неизменна, то есть удаление от одного фокусакомпенсируется приближением к другому. Значит cos α1 = − cos α2 .Упражнение 30. Доказать, что любые софокусные эллипс и гипербола пересекаются под прямыми углами.Пусть траектория точки P — парабола, F — ее фокус. Обозначим α1угол между вектором v и осью параболы. Пусть α2 угол между вектором−v и вектором P F .
«Осевая» составляющая скорости |v| cos α1 . Но это —скорость удаления точки от директрисы. Из директориального свойствапараболы следует, что скорость v cos α1 удаления от директрисы такаяже, как скорость v cos α2 удаления от фокуса. Значит cos α1 = cos α2 .Другой подход к доказательству оптических свойств основан на принципе Ферма, гласящего: отражаясь и преломляясь, свет распространяется от одной точки до другой за наименьшее время.
Сначала напомним,как в элементарной геометрии утверждение «угол падения равен углуотражения» выводится из этого принципа. Пусть l — прямая (зеркало),A и B — две точки по одну сторону от зеркала. Пусть точка P ∈ l — таточка, от которой луч, выпущенный из A, отражается именно в точку B.Согласно принципу Ферма, для любой другой точки P 0 ∈ l выполненоAP 0 + P 0 B ≥ AP + P B. Надо показать, что углы, образуемые прямой l свекторами AP и BP , равны..BПусть точка B 0 симметрична точке B относи.Aтельно прямой l.
Пусть P — пересечение отрезкаAB 0 и прямой l. Для любой точки P 0 ∈ l имеем:. . .P' P P'AP 0 + P 0 B = AP 0 + P 0 B 0 ≥ AB 0 ,равенство достигается только, если P = P 0 . Теперь. B'равенство требуемых углов очевидно.Упражнение 31. Коэффициентом преломv1ления среды называется отношение n = vc скорости света c в вакууме к скорости света v в среде.aПусть линия l разделяет две среды с коэффициbентами преломления n1 и n2 . Пользуясь принциv2пом Ферма, доказать, что луч переходит из среды 1 в среду 2 так, что углы α и β, образуемые прямой l с приходящимn1αи преломленным лучами, удовлетворяют закону Снеллиуса: coscos β = n2 .Докажем с помощью этого подхода оптическое свойство гиперболы.Пусть l — касательная в точке P .
Рассмотрим какую-нибудь точку K,лежащую на продолжении луча F1 P и покажем равенство углов, образуемых векторами F2 P и KP с прямой l. Для этого достаточно показать,что при P 0 ∈ l сумма |F2 P 0 |+ |P 0 K| минимальна при P 0 = P .....13Если P 0 6= P , то P 0 лежит междуветвями гиперболы и, значит, не удовлетворяет фокальному свойству, тоесть |F1 P 0 |−|F2 P 0 | < 2a = |F1 P |−|F2 P |.Таким образом,P'.P.P'..F1|F1 P 0 | + |F2 P | < |F1 P | + |F2 P 0 |.K..F2Точки F1 , P , K лежат на одной прямой,поэтому|F1 P | + |P K| < |F1 P 0 | + |P 0 K|.Складывая два этих неравенства, имеем: |F2 P | + |P K| < |F2 P 0 | + |P 0 K|,что и требовалось доказать.Упражнение 32. Нарисовать аналогичное доказательство оптического свойства для эллипса (рисунок проще, чем для гиперболы).Докажем оптическое свойство эллипсачуть иначе, чем предлагается в упражнении.Рассмотрим эллипс, симметричный данномуB'эллипсу относительно прямой l.
Фокусы A0 иB 0 этого эллипса симметричны фокусам A, BA'исходного эллипса. Оптическое свойство буlдет доказано, если мы установим, что отрез00ки AB и A B пересекаются в точке P .PДля любой точки P 0 6= P , лежащей на эллипсе, A0 P 0 > AP 0 (почему?). Пусть P 0 — пе.A.Bресечение отрезка A0 B c эллипсом, тогда.ФСЭA0 B = A0 P 0 + P 0 B ≥ AP 0 + P 0 B =НТ= AP + P B = A0 P + P B ≥ A0 B.Итак, A0 B = A0 P + P B и P = P 0 . Оптическое свойство доказано.Упражнение 33*. Нарисовать аналогичное доказательство для гиперболы (рисунок сложнее, чем для эллипса).3.5.
Кривые второго порядка как конические сечения. ШарыДанделенаПрямая z = kx, y = 0, вращаясь вокруг оси 0z, заметет поверхностьвторого порядка — конус K. Упражнение 34: уравнение этого конусаk 2 (x2 + y 2 ) = z 2 .14Горизонтальные плоскости пересекают K по окружности. Можно безвычислений показать, что всякая плоскость Π, не проходящая через вершину конуса, пересекает его по эллипсу, гиперболе или параболе.
В самом деле, по лемме 1.2 сечение поверхности второго порядка — криваяпервого или второго порядка.Если наклон плоскости невелик, то в сечении будет ограниченная фигура, а таковысреди кривых второго порядка только эллипсы. При увеличении наклона плоскости эллипс будет вытягиваться и при критическомнаклоне вытянется бесконечно далеко, пересекая одну полу конуса — это парабола.
Придальнейшем увеличении наклона кривая пересечет и вторую полу конуса и, таким образом, будет состоять из двух компонент. Такова гипербола.Упражнения 35, 36. Чему равен критический наклон? Найти ошибку в рисунке.Найдем фокус и директрису плоского конического сечения Ω. Впишем в сегмент конуса, отсекаемый от него плоскостью, сферу (этих такназываемых сфер Данделена две, если кривая не парабола).
Эта сферакасается плоскости Π в некоторой точке F , а конуса — по окружности S,лежащей в горизонтальной плоскости Πh .3.5.1. Теорема. Прямая l = Πh ∩ Π — директриса Ω, а F — фокус.Доказательство. Пусть α— угол между плоскостями Πhи Π. Рассмотрим произвольFную точку P кривой Ω. ОбоPзначим ρ(P, l) расстояние от Pbдо прямой l. Директориальноеaсвойство состоит в том, что отPPsh|P F |ношение e = ρ(P,l)не зависитот выбора точки P .Пусть Ph — проекция P на плоскость Πh . Тогда |P Ph | = ρ(P, l) cos α.Обозначим Ps точку, в которой образующая конуса, проходящая черезточку P , пересекает окружность S. Имеем: |P F | = |P Ps | (так как обаэтих отрезка – касательные к сфере, проведенные из одной и той жеPh |точки P ).
В то же время ясно, что |P Ps | = |Pcosβ , где β — угол междуобразующей конуса и горизонтальной плоскостью. Но этот угол для всех... .15.образующих одинаков, поэтому не зависит от выбора точки P . Итак,|P F ||P Ph | cos αcos α=== e.ρ(P, l)|P Ph | cos βcos βТеорема доказана. Мы заодновыразили эксцентриситет через αи β.Упражнение 37. Доказатьфокальные свойства эллипса игиперболы, используя две сферыДанделена. На рисунке F1 и F2— точки касания шарами секущейплоскости, P — точка гиперболы..F1..F2..PAB3.6. Биллиарды. Эллиптический биллиардРассмотрим плоскую фигуру, ограниченную кривой Γ.
Биллиарднойтраекторией в Γ называют вписанную в Γ ломаную линию, последовательные звенья которой «отражаются» от кривой Γ по оптическому закону «угол падения равен углу отражения». То есть углы, образуемыесоседними звеньями с касательной к кривой в общей точке, равны.Таков путь биллиардного шара по биллиардному столу.Пусть Γ — биллиардный стол в форме эллипса. Ударим кием биллиардный шар, лежащий вфокусе эллипса. Согласно оптическому свойству,шар, отражаясь от бортов, будет катиться по ло..маной линии, каждое звено которой проходит через один из фокусов.
Если же какая-то хордаломаной не пересекает отрезок между фокусами эллипса, то (упражнение 38) и никакое звено не пересекает этототрезок.Оказывается, биллиард на эллипсе обладает красивым свойством.3.6.1. Теорема. Пусть первое звено биллиардной ломаной (а значит, и все следующие) не пересекает отрезок между фокусами.
Тогда траектория является огибающей..некоторого эллипса с теми же фокусами,что и исходный эллипс. То есть существует софокусный эллипс Γ0 такой, что каждоезвено ломаной касается Γ0 .Доказательство. Пусть первое звено l1отражается от точки O ∈ Γ в следующее звено l2 . Пусть F1 — фокус,16ближайший к звену l1 , а F2 — фокус, ближайший к звену l2 . Вектор F1 Oобразует с прямой l1 такой же угол α, что и вектор F2 O с прямой l2(упражнение 39: почему?). Пусть Fi0 — точка, симметричная фокусуFi относительно прямой li , i = 1, 2..Треугольники F1 OF20 и F10 OF2 равныO(второй треугольник получается из первого поворотом вокруг точки O на угол. .PF'Q.
.1F'2α). В частности, равны их основания:2..00lr := F1 F2 = F1 F2 .1F1F2l2Отрезок F10 F2 пересекает прямую l10(почему?) в какой-то точке P . Аналогично, отрезок F1 F2 пересекает прямую l2 в какой-то точке Q. По симметрии F1 P = F10 P , F2 Q = F20 Q иF2 P + F1 P = F2 P + F10 P = F2 F10 = F20 F1 = F20 Q + F10 Q = F2 Q + F1 Q.Мы доказали, что сумма расстояний от фокусов F1,2 до P такая же, каксумма расстояний от F1,2 до Q. Рассмотрим эллипс Γ0 c фокусами F1,2и большой осью 2a0 , равной сумме r этих расстояний. Согласно фокальному свойству эллипса, точки P и Q лежат на эллипсе Γ0 .
Надо ещедоказать, что линии l1,2 в этих точках именно касаются Γ0 , а не пересекают его. Возьмем точку P . Углы, образуемые отрезками F1 P и F2 P спрямой l1 , равны (почему?). По оптическому свойству эллипса Γ0 , прямаяl1 обязана быть касательной. Теорема доказана.3.6.2. Теорема. Пусть первое звено ломаной (а значит, и все следующие) пересекает отрезок между фокусами. Тогда траек..тория является огибающей некоторой софокусной гиперболы.
То есть существует софокусная гипербола Γ0 такая, что каждоезвено траектории (или продолжение звена)касается Γ0 .Доказательство. Начало доказательства дословно повторяет доказательство теоремы 3.6.1 до слова «отрезок». Продолжим доказательствос этого места. Продолжение отрезка F10 F2 пересекает прямую l1 (почему?) в некоторой точке P , а продолжение отрезка F1 F20 пересекаетпрямую l2 в точке Q. Ввиду симметрии F1 P = F10 P , F2 Q = F20 Q. ПоэтомуF2 P −F1 P = F2 P −F10 P = F2 F10 = r, F1 Q−F2 Q = F1 Q−F20 Q = F20 F1 = r.Мы доказали, что разность расстояний от фокусов F1,2 до P такая же,как разность расстояний от F1,2 до Q. Рассмотрим гиперболу Γ0 c фокуса17}}ми F1,2 и вещественной осью длины r, равной разности этих расстояний.Согласно фокальному свойству гиперболы, точки P и Q лежат на Γ0 .Надо еще доказать, что линии l1,2 в этих точках именно касаются Γ0 , ане пересекают ее.
Возьмем, например, точку P . Углы, образуемые отрезками F1 P и F2 P с прямой l1 , равны (почему?). По оптическому свойствугиперболы Γ0 , прямая l1 обязана быть касательной. Теорема доказана.Упражнение 40. Нарисовать рисунок к доказательству теоремы.Упражнение 41. Рассмотрим биллиард на квадратном столе Γ.
Пустьα — угол наклона первого звена. Доказать, что траектория замкнется тогда и только тогда, тогда число tg α рационально.Упражнение 42*. Доказать, что если tg α иррационален, то траектория в квадрате всюду плотна.Подробнее про биллиарды можно прочитать в книге [1].3.7. Уравнения кривых второго порядка в полярной системекоординатВыберем на плоскости точку F и луч, выходящий из неё направо.Полярные координаты какой-либо точки P — это пара чисел (r, ϕ), гдеr = |F P |, ϕ — угол между лучом и вектором F P , отсчитываемый противчасовой стрелки. Угол определен с точностью до слагаемого 2π, а r ≥ 0.Пусть Ω — кривая второго порядка. Поl + r. cos jместим ее фокус в начало полярной си.стемы координат, а директрису разместимвертикально слева от фокуса.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
