1.12: Додатково - параметризація кіл

Last updated
Save as PDF

Page ID: 60867

$ \newcommand{\vecs}[1]{\overset { \scriptstyle \rightharpoonup} {\mathbf{#1}} } $ $ \newcommand{\vecd}[1]{\overset{-\!-\!\rightharpoonup}{\vphantom{a}\smash {#1}}} $$\newcommand{\id}{\mathrm{id}}$ $ \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}$ $ \newcommand{\kernel}{\mathrm{null}\,}$ $ \newcommand{\range}{\mathrm{range}\,}$ $ \newcommand{\RealPart}{\mathrm{Re}}$ $ \newcommand{\ImaginaryPart}{\mathrm{Im}}$ $ \newcommand{\Argument}{\mathrm{Arg}}$ $ \newcommand{\norm}[1]{\| #1 \|}$ $ \newcommand{\inner}[2]{\langle #1, #2 \rangle}$ $ \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}$ $\newcommand{\id}{\mathrm{id}}$ $ \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}$ $ \newcommand{\kernel}{\mathrm{null}\,}$ $ \newcommand{\range}{\mathrm{range}\,}$ $ \newcommand{\RealPart}{\mathrm{Re}}$ $ \newcommand{\ImaginaryPart}{\mathrm{Im}}$ $ \newcommand{\Argument}{\mathrm{Arg}}$ $ \newcommand{\norm}[1]{\| #1 \|}$ $ \newcommand{\inner}[2]{\langle #1, #2 \rangle}$ $ \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}$

Зараз ми обговоримо просту стратегію параметризації кіл у трьох вимірах, починаючи з кола в$xy$ -площині, яка має радіус$\rho$ і зосереджена на початку. Це легко параметризувати:

$circle1.svg$

\[\begin{align*} &\vecs{r} (t)=\rho\cos t\,\hat{\pmb{\imath}}+ \rho\sin t\,\hat{\pmb{\jmath}}\\ &0\le t\lt 2\pi \end{align*}\]

Тепер давайте перемістимо коло так, що його центр знаходиться в якомусь загальному$\textbf{c}\text{.}$ пункті Параметризувати це нове коло, який все ще має радіус$\rho$ і який все ще паралельний$xy$ -площині, ми просто перевести по$\textbf{c}\text{:}$

$circle2.svg$

\[\begin{align*} &\vecs{r} (t)=\textbf{c}+\rho\cos t\,\hat{\pmb{\imath}}+ \rho\sin t\,\hat{\pmb{\jmath}}\\ & 0\le t\lt 2\pi \end{align*}\]

Наостанок розглянемо коло в загальному положенні. Секрет параметризації загального кола полягає в$\hat{\pmb{\imath}}$ заміні і$\hat{\pmb{\jmath}}$ двома новими векторами$\hat{\pmb{\imath}}'$ і$\hat{\pmb{\jmath}}'$ які

є одиничними векторами,
паралельні площині потрібної окружності і
взаємно перпендикулярні.

$circle3.svg$

\[\begin{align*} & \vecs{r} (t)=\textbf{c}+\rho\cos t\,\hat{\pmb{\imath}}'+ \rho\sin t\,\hat{\pmb{\jmath}}'\\ & 0\le t\lt 2\pi \end{align*}\]

Щоб перевірити, чи це правильно, зауважте, що

$\vecs{r} (t)-\textbf{c}$паралельна площині потрібної окружності, тому що обидва$\hat{\pmb{\imath}}'$ і$\hat{\pmb{\jmath}}'$ паралельні площині потрібної окружності і$\vecs{r} (t)-\textbf{c}=\rho\cos t\,\hat{\pmb{\imath}}'+ \rho\sin t\,\hat{\pmb{\jmath}}'$
$\vecs{r} (t)-\textbf{c}$має довжину$\rho$ для всіх,$t$ тому що
\[\begin{align*} |\vecs{r} (t)-\textbf{c}\,|^2 &=(\vecs{r} (t)-\textbf{c}\,)\cdot(\vecs{r} (t)-\textbf{c}\,)\\ &=(\rho\cos t\,\hat{\pmb{\imath}}'+ \rho\sin t\,\hat{\pmb{\jmath}}')\cdot (\rho\cos t\,\hat{\pmb{\imath}}'+ \rho\sin t\,\hat{\pmb{\jmath}}')\\ &=\rho^2\cos^2 t\ \hat{\pmb{\imath}}'\cdot\hat{\pmb{\imath}}' + \rho^2\sin^2 t\ \hat{\pmb{\jmath}}'\cdot\hat{\pmb{\jmath}}' +2\rho\cos t\sin t\ \hat{\pmb{\imath}}'\cdot\hat{\pmb{\jmath}}'\\ &=\rho^2(\cos^2t+\sin^2t)=\rho^2 \end{align*}\]
оскільки$\hat{\pmb{\imath}}'\cdot\hat{\pmb{\imath}}'=\hat{\pmb{\jmath}}'\cdot\hat{\pmb{\jmath}}'=1$ ($\hat{\pmb{\imath}}'$і обидва$\hat{\pmb{\jmath}}'$ одиничні вектори) і$\hat{\pmb{\imath}}'\cdot\hat{\pmb{\jmath}}'=0$ ($\hat{\pmb{\imath}}'$і$\hat{\pmb{\jmath}}'$ перпендикулярні).

Щоб знайти таку параметризацію на практиці, нам потрібно знайти центр$\textbf{c}$ кола, радіус кола і два взаємно$\rho$ перпендикулярних одиничних вектора,$\hat{\pmb{\imath}}'$ причому$\hat{\pmb{\jmath}}'\text{,}$ в площині кола. Часто легко знайти хоча б одну точку$\textbf{p}$ на колі. Тоді ми можемо взяти$\hat{\pmb{\imath}}'=\frac{\textbf{p}-\textbf{c}}{|\textbf{p}-\textbf{c}|}\text{.}$ Також часто легко знайти одиничний вектор,$\hat{\mathbf{k}}'\text{,}$ який є нормальним до площини кола. Тоді ми можемо вибрати$\hat{\pmb{\jmath}}'=\hat{\mathbf{k}}'\times\hat{\pmb{\imath}}'\text{.}$ Ми проілюструємо це зараз.

Приклад 1.12.1

$C$Дозволяти перетин сфери$x^2+y^2+z^2=4$ і площини$z=y\text{.}$

Перетин будь-якої площини з будь-якою сферою - це коло. Площина, про яку йде мова, проходить через центр сфери, тому$C$ має той самий центр і той же радіус, що і сфера. Так$C$ має радіус$2$ і центр$(0,0,0)\text{.}$
Зверніть увагу, що точка$(2,0,0)$ задовольняє обидва$x^2+y^2+z^2=4$$z=y$ і так далі$C\text{.}$ Ми можемо$\hat{\pmb{\imath}}'$ вибрати одиничний вектор у напрямку від$(0,0,0)$ центру кола до$(2,0,0)\text{.}$ А саме$\hat{\pmb{\imath}}'=(1,0,0)\text{.}$
Оскільки площина кола$\vecs{ \nabla} (z-y)=(0,-1,1)$ є$z-y=0\text{,}$ вектором перпендикулярно площині$C\text{.}$ Таким чином, ми можемо взяти$\hat{\mathbf{k}}'=\frac{1}{\sqrt{2}}(0,-1,1)\text{.}$
Тоді$\hat{\pmb{\jmath}}'=\hat{\mathbf{k}}'\times\hat{\pmb{\imath}}' =\frac{1}{\sqrt{2}}(0,-1,1)\times(1,0,0)=\frac{1}{\sqrt{2}}(0,1,1)\text{.}$

Підставляючи в$\textbf{c}=(0,0,0)\text{,}$$\rho=2\text{,}$$\hat{\pmb{\imath}}'=(1,0,0)$ і$\hat{\pmb{\jmath}}'=\frac{1}{\sqrt{2}}(0,1,1)$ дає

$circle4.svg$

\[\begin{align*} \vecs{r} (t)&=2\cos t\,(1,0,0)+ 2\sin t\,\frac{1}{\sqrt{2}}(0,1,1)\\ &=2\big(\cos t, \frac{\sin t}{\sqrt{2}},\frac{\sin t}{\sqrt{2}}\big)\\ & 0\le t\lt 2\pi \end{align*}\]

Щоб перевірити це, зверніть увагу, що$x=2\cos t\text{,}$$y=\sqrt{2}\sin t\text{,}$$z=\sqrt{2}\sin t$ задовольняє$x^2+y^2+z^2=4$ і$z=y\text{.}$

Приклад 1.12.2

$C$Дозволяти коло, яке проходить через три точки$(3,0,0)\text{,}$$(0,3,0)$ і$(0,0,3)\text{.}$

Всі три точки підкоряються$x+y+z=3\text{.}$ Таким чином, коло лежить в площині$x+y+z=3\text{.}$ Ми здогадуємося, симетрією, або, дивлячись на малюнок нижче, що центр кола знаходиться в центрі маси трьох точок, який є$\frac{1}{3}[(3,0,0)+(0,3,0)+(0,0,3)]=(1,1,1)\text{.}$ Ми повинні перевірити це і може зробити це, перевіривши, що$(1,1,1)$ рівновіддалений від три пункти:
\[\begin{alignat*}{2} \big|(3,0,0)-(1,1,1)\big|&=\big|(2,-1,-1)\big|&&=\sqrt{6}\\ \big|(0,3,0)-(1,1,1)\big|&=\big|(-1,2,-1)\big|&&=\sqrt{6}\\ \big|(0,0,3)-(1,1,1)\big|&=\big|(-1,-1,2)\big|&&=\sqrt{6} \end{alignat*}\]
Це говорить нам обом, що$(1,1,1)$ дійсно центр (оскільки тільки центр рівновіддалений від будь-яких трьох різних точок на колі) і що радіус$C$$\sqrt{6}\text{.}$
Ми можемо$\hat{\pmb{\imath}}'$ вибрати одиничний вектор у напрямку від центру$(1,1,1)$ кола до$(3,0,0)\text{.}$ А саме$\hat{\pmb{\imath}}'=\frac{1}{\sqrt{6}}(2,-1,-1)\text{.}$
Оскільки площина кола$\vecs{ \nabla} (x+y+z)=(1,1,1)$ є$x+y+z=3\text{,}$ вектором перпендикулярно площині$C\text{.}$ Таким чином, ми можемо взяти$\hat{\mathbf{k}}'=\frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1)\text{.}$
Тоді
\[\begin{align*} \hat{\pmb{\jmath}}'&=\hat{\mathbf{k}}'\times\hat{\pmb{\imath}}' =\frac{1}{\sqrt{18}}(1,1,1)\times(2,-1,-1)=\frac{1}{\sqrt{18}}(0,3,-3)\\ & =\frac{1}{\sqrt{2}}(0,1,-1) \end{align*}\]

Підставляючи в$\vc=(1,1,1)\text{,}$$\rho=\sqrt{6}\text{,}$$\hat{\pmb{\imath}}'=\frac{1}{\sqrt{6}}(2,-1,-1)$ і$\hat{\pmb{\jmath}}'=\frac{1}{\sqrt{2}}(0,1,-1)$ дає

\[\begin{align*} \vecs{r} (t)&=(1,1,1)+\sqrt{6}\cos t\,\frac{1}{\sqrt{6}}(2,-1,-1) + \sqrt{6}\sin t\,\frac{1}{\sqrt{2}}(0,1,-1)\cr &=\big(1+2\cos t, 1-\cos t+\sqrt{3}\sin t,1-\cos t-\sqrt{3}\sin t\big) \end{align*}\]

$circle5.svg$

Щоб перевірити це, зверніть увагу, що$\vecs{r} (0)=(3,0,0)\text{,}$$\vecs{r} \big(\frac{2\pi}{3}\big)=(0,3,0)$ і$\vecs{r} \big(\frac{4\pi}{3}\big)=(0,0,3)$ так як$\cos\frac{2\pi}{3}=\cos\frac{4\pi}{3}=-\frac{1}{2}\text{,}$$\sin\frac{2\pi}{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}$ і$\sin\frac{4\pi}{3}=-\frac{\sqrt{3}}{2}\text{.}$