Edits to “Условие”, “Решение”, “Ответ”

igor edited Jun 1, 2026, 11:55 AM

View solution History

revision #18175 parent #18174 ← older

ru/3.4.5.md +80 −3

		@@ -1,11 +1,88 @@
			### Условие

		−	$3.4.5.$ [Вставьте условие задачи]
		+	$3.4.5^*.$ В условиях задачи $3.4.4$ определите, при каком сдвиге фаз на экране виден отрезок; окружность. За время $2\pi/\omega$ след луча на экране не успевает погаснуть. Докажите, что в случае произвольного постоянного $\varphi$ след луча на экране представляет собой эллипс с полуосями, лежащими на диагоналях квадрата. Найдите эти полуоси.

			### Решение

		−	123
		+	Задачу $3.4.4$ переформулируем в термины синусов — тогда сможем удобно использовать решение задачи $3.4.3$. С учетом произвольности начального момента времени и постоянства разности фаз имеем просто для оси $x$

		+	$$
		+	x=A\sin\omega t
		+	$$
		+
		+	и для оси $y$
		+
		+	$$
		+	y=A\sin\left(\omega t + 2\varphi\right).
		+	$$
		+
		+	Из решения задачи $3.4.3$ стало понятно, что эта система уравнений описывает эллипс, оси которого могут быть под произвольными углами к осям $x$ и $y$.
		+
		+	Из решения указанной задачи выводим полуоси эллипса для текущей задачи:
		+
		+	$$
		+	\sqrt{\frac{1}{2}\left(2A^2\pm\sqrt{4A^4-4A^4\sin^2(2\varphi)}\right)}.
		+	$$
		+
		+	Упрощается так:
		+
		+	$$
		+	\sqrt{A^2\left(1\pm\cos(2\varphi)\right)}.\tag{1}
		+	$$
		+
		+	- Если видим отрезок, то это считается предельно узкий эллипс, одна полуось которого нулевая; поэтому нужно
		+
		+	$$
		+	\cos(2\varphi)=\mp1,
		+	$$
		+
		+	или
		+
		+	$$
		+	2\varphi=\pi k,\quad k\in\mathbb Z.
		+	$$
		+
		+	- Если видим окружность, то это эллипс с равными полуосями; поэтому нужно
		+
		+	$$
		+	\cos(2\varphi)=0,
		+	$$
		+
		+	или
		+
		+	$$
		+	2\varphi=\frac{\pi}{2}+2\pi k,\quad k\in\mathbb Z.
		+	$$
		+
		+	Выражение для угла $\alpha$, который состаляют полуоси эллипса с оригинальными осями $x$ и $y$ было найдено в задаче $3.4.3$. С ним следует ознакомиться (и подумать о том, чтобы переписать то решение для полного соответствия терминов), потому что из него следует для угла $\alpha$ нашей задачи:
		+
		+	$$
		+	\cos^2\alpha=\frac{1}{2}
		+	$$
		+
		+	(при $\cos2\varphi\neq0$, иначе неопределенность угла — последствие превращения эллипса в окружность, эллипс с симметрией бесконечного порядка?).
		+
		+	Откуда
		+
		+	$$
		+	\alpha=\pm\frac{\pi}{4}\pm\frac{\pi}{2}k,\quad k\in\mathbb Z.
		+	$$
		+
		+	Это — всевозможные углы, которые составляют диагонали квадрата к осями, проведенным по его сторонам.
		+
		+	Найдем полуоси для произвольного $\varphi$ по выражению $(1)$, применяя формулу двойного угла из тригонометрии. Первый случай («верхний» знак):
		+
		+	$$
		+	A\sqrt{1+\cos^2\varphi-\sin^2\varphi}=A\sqrt2\cos\varphi.
		+	$$
		+
		+	Второй случай («нижний» знак):
		+
		+	$$
		+	A\sqrt{1-\cos^2\varphi+\sin^2\varphi}=A\sqrt2\sin\varphi.
		+	$$
		+
		+
			#### Ответ

		−	[Вставьте краткий ответ или результат в рамке]
		+	При $2\varphi = \pi n$, где $n$ — целое число, на экране виден отрезок; при $2\varphi = \pm\pi/2+2\pi n$ — окружность. Длина полуосей эллипса равна $A\sqrt2\cos\varphi$ и $A\sqrt2\sin\varphi$.

	@@ -1,11 +1,88 @@
	### Условие		### Условие

	$3.4.5.$ [Вставьте условие задачи]		$3.4.5^*.$ В условиях задачи $3.4.4$ определите, при каком сдвиге фаз на экране виден отрезок; окружность. За время $2\pi/\omega$ след луча на экране не успевает погаснуть. Докажите, что в случае произвольного постоянного $\varphi$ след луча на экране представляет собой эллипс с полуосями, лежащими на диагоналях квадрата. Найдите эти полуоси.

	### Решение		### Решение

	123		Задачу $3.4.4$ переформулируем в термины синусов — тогда сможем удобно использовать решение задачи $3.4.3$. С учетом произвольности начального момента времени и постоянства разности фаз имеем просто для оси $x$

			$$
			x=A\sin\omega t
			$$

			и для оси $y$

			$$
			y=A\sin\left(\omega t + 2\varphi\right).
			$$

			Из решения задачи $3.4.3$ стало понятно, что эта система уравнений описывает эллипс, оси которого могут быть под произвольными углами к осям $x$ и $y$.

			Из решения указанной задачи выводим полуоси эллипса для текущей задачи:

			$$
			\sqrt{\frac{1}{2}\left(2A^2\pm\sqrt{4A^4-4A^4\sin^2(2\varphi)}\right)}.
			$$

			Упрощается так:

			$$
			\sqrt{A^2\left(1\pm\cos(2\varphi)\right)}.\tag{1}
			$$

			- Если видим отрезок, то это считается предельно узкий эллипс, одна полуось которого нулевая; поэтому нужно

			$$
			\cos(2\varphi)=\mp1,
			$$

			или

			$$
			2\varphi=\pi k,\quad k\in\mathbb Z.
			$$

			- Если видим окружность, то это эллипс с равными полуосями; поэтому нужно

			$$
			\cos(2\varphi)=0,
			$$

			или

			$$
			2\varphi=\frac{\pi}{2}+2\pi k,\quad k\in\mathbb Z.
			$$

			Выражение для угла $\alpha$, который состаляют полуоси эллипса с оригинальными осями $x$ и $y$ было найдено в задаче $3.4.3$. С ним следует ознакомиться (и подумать о том, чтобы переписать то решение для полного соответствия терминов), потому что из него следует для угла $\alpha$ нашей задачи:

			$$
			\cos^2\alpha=\frac{1}{2}
			$$

			(при $\cos2\varphi\neq0$, иначе неопределенность угла — последствие превращения эллипса в окружность, эллипс с симметрией бесконечного порядка?).

			Откуда

			$$
			\alpha=\pm\frac{\pi}{4}\pm\frac{\pi}{2}k,\quad k\in\mathbb Z.
			$$

			Это — всевозможные углы, которые составляют диагонали квадрата к осями, проведенным по его сторонам.

			Найдем полуоси для произвольного $\varphi$ по выражению $(1)$, применяя формулу двойного угла из тригонометрии. Первый случай («верхний» знак):

			$$
			A\sqrt{1+\cos^2\varphi-\sin^2\varphi}=A\sqrt2\cos\varphi.
			$$

			Второй случай («нижний» знак):

			$$
			A\sqrt{1-\cos^2\varphi+\sin^2\varphi}=A\sqrt2\sin\varphi.
			$$


	#### Ответ		#### Ответ

	[Вставьте краткий ответ или результат в рамке]		При $2\varphi = \pi n$, где $n$ — целое число, на экране виден отрезок; при $2\varphi = \pm\pi/2+2\pi n$ — окружность. Длина полуосей эллипса равна $A\sqrt2\cos\varphi$ и $A\sqrt2\sin\varphi$.