O dziale (hiperbolicznie)

Krzysztof Omiljanowski, pracownik IM UWr

Huk. Na trzech posterunkach usłyszano działo i zanotowano dokładny czas.
Jak na mapie sztabowej na tej podstawie wyznaczyć pozycję działa?
Zobaczcie.

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 - ustawicznym konkursie na naszym portalu - pojawiło się poniższe zadanie.
Omówimy tu jego rozwiązanie.

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?

Wiadomo, że dźwięk (huk) 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 tych 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: 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 poszukiwany punkt S !

 

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

 

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

Tak jest, bo nasze trzy równania są zależne, 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 tylko o rozwiązaniu układu 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 podniesienia do kwadratu (stronami) dalej jest pierwiastek. Wygodniej zacząć od równoważnej postaci:

Tu, po podniesieniu do kwadratu dalej jest pierwiastek, ale poza nim, po uporządkowaniu, nie ma wyrażenia z x2, ani z y2 :
Jeszcze raz podnosimy do kwadratu i porządkujemy Efekt jest dość przerażający, ale można z tej postaci coś 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 przy pomocy y. Wstawiając je 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, dwa punkty S. Nigdy nie 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 wynika poprawność naszych obserwacji, są co najwyżej dwa punkty S.

 

 

Uwaga.
Bardziej zaawansowane programy matematyczne (ja 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, to może trzeba uwzględnić trzeci wymiar. Wtedy potrzeba czterech posterunków A, B, C, D i czterech pomiarów czasu, by zlokalizować działo S.

W tym przypadku, wystarczy rozwiązanie układ trzech równań,
trzeba znaleźć punktu 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 w przestrzeni pewne powierzchnie (hiperboloidy).
Obracająca się hiperbola względem swej osi symetrii wyznacza w przestrzeni hiperboloidę.
Dwa równania wyznaczają pewną linię - część wspólną dwóch powierzchni.
Trzy równania wyznaczają szukany punkt S - część wspólną trzech powierzchni.
Zobaczcie.