MAT-ŚWIAT › Odlotowe figury

O dziale (hiperbolicznie)

Data ostatniej modyfikacji:
2012-06-5
Autor: 
Krzysztof Omiljanowski
pracownik IM UWr
Poziom edukacyjny: 
gimnazjum
szkoła średnia z maturą
szkoła profilowana zawodowa
Dział matematyki: 
geometria analityczna
geometria syntetyczna
geometria przestrzenna
Do rysunków 2D użyto programu C.a.R.
Można przesuwać suwaki i 'wypełnione' punkty.
Do rysunków 3D użyto apletu   www.javaview.de/
Można nimi manipulować myszą.


 
 

W Maratonie zadaniowym - ustawicznym konkursie toczącym się na naszym Portalu - pojawiło się takie zadanie:

Na trzech posterunkach A, B, C usłyszano huk działa
i zanotowano dokładne czasy tA, tB, tC tego zdarzenia.
Jak na mapie sztabowej wyznaczyć pozycję S działa?

Zadanie okazało się dość trudne. W artykule O dziale (platonicznie) pokazaliśmy, jak można to zrobić cyrklem i linijką (tzn. kreśląc tylko proste i okręgi). Tym razem rozwiążemy to zadanie inaczej.

Wiadomo, że dźwięk przebywa 1/3 km w ciągu sekundy.
Gdy na przykład tA = 8 i tB = 2, to oznacza to, że z S do A jest dalej niż z S do B
i różnica odległości wynosi

d(S, A) - d(S, B) = (tA - tB) / 3 = 6/3 = 2 [km].
Czas mierzymy w sekundach od umownego początku 0. Nie oznacza to, że wystrzał padł w momencie 0, może wcześniej, może później.

Zatem rozwiązanie polega na znalezieniu takiego punktu S, że spełnione są trzy równania:

d(S, A) - d(S, B) = (tA - tB) / 3,
d(S, A) - d(S, C) = (tA - tC) / 3,
d(S, B) - d(S, C) = (tB - tC) / 3.

Można spróbować odgadnąć je empirycznie, zmieniając położenie punkt P na poniższym rysunku.

 

Można przesuwać suwaki i punkty A, B, C, P.

 

Jak znaleźć (bez zgadywania) choć jeden punkt, który spełnia choćby tylko jedno z powyższych równań?

Na poniższym rysunku punkt H spełnia pierwsze równanie.
Zobaczmy jak został utworzony, przy założeniu: tA > tB (przesuwaj powoli suwak [show]).
Wyznaczamy okrąg o promieniu rAB = (tA - tB) / 3 o środku w A. Dla punktu K tego okręgu znajdujemy punkt H przecięcia półprostej OK i symetralnej odcinka KB.
Mamy wtedy

d(H, A) - d(H, B) = d(H, K) + d(K, O) - d(H, B) = d(K, O) = (tA - tB) / 3 .

 

Można przesuwać suwaki i punkty: A, B, C, K.

 

Zmieniając położenie K, dostaniemy wszystkie punkty spełniające pierwsze równanie.
Tworzą one linię zwaną hiperbolą. Oznaczmy ją hip(A, B, rAB).
(Precyzyjniej mówiąc, jest to jedna z dwóch gałęzi hiperboli.)
'Z daleka' ta linia wygląda jak ramiona kąta (obracaj kółkiem myszy).
(Te ramiona są symetralnymi odcinków KB, gdy K ma graniczne położenie,
 to znaczy, gdy odcinek KB jest styczny do okręgu.)

Rysując podobnie hip(A, C, (tA - tC)/3 ), mamy rozwiązanie drugiego równania.
Widzimy dwie linie, które przecinają się. Ten punkt przecięcia, to właśnie poszukiwany punkt S!

 

Można przesuwać suwaki i punkty: A, B, C.

 

Można jeszcze narysować hip(B, C, (tB - tC)/3 ), ale nie wnosi to już nic nowego. Ta linia przechodzi również przez punkt wspólny dwóch pierwszych hiperbol (przesuń suwak do końca).

Tak jest, bo trzy rozważane równania są zależne, tzn. że z dowolnych dwóch wynika pozostałe.

d(S, A) - d(S, B) = (tA - tB) / 3,
d(S, A) - d(S, C) = (tA - tC) / 3,
d(S, B) - d(S, C) = (tB - tC) / 3.
Na przykład, gdy od drugiego równania odejmiemy stronami pierwsze, to otrzymamy trzecie. Sprawdź! Zatem jeśli punkt S spełnia dwa z tych równań, to spełnia również trzecie.
Można więc myśleć o rozwiązaniu układu tylko dwóch równań.

 

 

Przyjrzyjmy się jednemu równaniu:

d(S, A) - d(S, B) = (tA - tB) / 3 .
Przy oznaczeniach: A = (A1, A2), B = (B1, B2), S = (x, y), (tA - tB) / 3 = rAB, mamy:

Nie jest to zbyt wygodna postać, bo po podniesieniu obu stron do kwadratu dalej pozostaje pierwiastek. Wygodniej jest zacząć od równoważnej postaci:

Teraz po podniesieniu obu stron do kwadratu też pozostaje pierwiastek, ale poza nim, po uporządkowaniu, nie ma wyrażenia z x2, ani z y2:
. Zatem jeszcze raz podnosimy do kwadratu i porządkujemy . Efekt jest dość przerażający, ale można z tej postaci coś jednak wywnioskować:
Drugie równanie, po podobnych zabiegach, przyjmie podobną postać. Można je traktować jako równanie kwadratowe z parametrem y. Zatem są co najwyżej dwa sposoby wyrażenia x za pomocą y. Wstawiając te wyrażenia do pierwszego równania, otrzymamy dwa równania kwadratowe (jednej zmiennej y). Stąd otrzymamy co najwyżej cztery wartości y i w konsekwencji, co najwyżej osiem rozwiązań naszego układu.

Ale na rysunkach było widać co najwyżej dwa rozwiązania, tzn. dwa możliwe punkty S. Nigdy nie było widać ośmiu. Jak to wytłumaczyć?

Podnoszenie stronami do kwadratu nie musi dać równania równoważnego.
Można też pokazać, że z układu wynika liniowa zależność między x i y, na przykład, z drugiego i trzeciego równania wynika . Stąd można już wnioskować o poprawności naszych obserwacji. Zatem są co najwyżej dwa możliwe punkty S.

 

 

Uwaga
Bardziej zaawansowane programy matematyczne (sprawdzałem Maple) radzą sobie z oryginalnym układem. To znaczy, gdy podamy i liczbowe wartości zmiennych, to polecenie solve da w wyniku współrzędne x, y punktu S. To idealne nadrzędzie dla sztabowca!

 

 

Gdy teren jest górzysty, trzeba jeszcze uwzględnić trzeci wymiar. Wtedy potrzeba czterech posterunków A, B, C, D i czterech pomiarów czasu, aby zlokalizować działo S.

W tym przypadku wystarczy rozwiązać układ trzech równań.
Trzeba znaleźć punkt S = (x, y, z) spełniający równania:

d(S, A) - d(S, B) = (tA - tB) / 3,
d(S, A) - d(S, C) = (tA - tC) / 3,
d(S, A) - d(S, D) = (tA - tD) / 3.

Teraz równania opisują pewne powierzchnie w przestrzeni (tzw. hiperboloidy).
Hiperboloidę wyznacza hiperbola obracająca się w przestrzeni wokół swojej osi symetrii.
Dwa równania wyznaczają pewną linię - część wspólną dwóch powierzchni.
Trzy równania wyznaczają szukany punkt S - część wspólną trzech powierzchni.
Zobaczcie.

 



 

 



 

 



 

 

Powrót na górę strony