24المنحنيات المستوية

حل التمرين 24.1.

$M(-t) = (t^2, -t^3)$: أي انعكاس في محور $x$؛ فادرس $t \geq 0$. وكلٌّ من $x' = 2t$ و $y' = 3t^2$ هو $\geq 0$: فيتحرك الفرع يمينًا وصعودًا، من $(0,0)$ إلى اللانهاية. وعند $t = 0$ تنعدم السرعة؛ ويبيّن النشران $x = t^2$ و $y = t^3$ أن المماس هو محور $x$ (لأن $y/x = t \to 0$) مع تغيّر إشارة $y$ بينما $x \geq 0$: أي نقطة ارتداد تشير يسارًا. والمنحني هو القطع المكافئ نصف التكعيبي $y^2 = x^3$.

حل التمرين 24.2.

$M(t + 2\pi) = M(t) + (2\pi, 0)$: فيتكرر المنحني، منسحبًا بمحيط عجلة واحد؛ فادرس دورًا واحدًا. و $x'(t) = 1 - \cos t \geq 0$ و $y'(t) = \sin t$: فيرتفع القوس على $\intoo{0}{\pi}$، ويهبط على $\intoo{\pi}{2\pi}$، ويبلغ ذروته عند $(\pi, 2)$. والنقاط الشاذة حيث $x' = y' = 0$: أي $t \in 2\pi\Z$، على الأرض. وبجوار $t = 0$:

تتغير إشارة $x$، و $y \geq 0$، و $\frac{x}{y^{3/2}}$ محدود: ومنه فالمماس عمودي (بالاتجاه $(0,1)$)، أي نقطة ارتداد تكون فيها سرعة النقطة المتتبَّعة معدومة لحظيًا — وهي البصمة الفيزيائية للتدحرج دون انزلاق.

حل التمرين 24.3.

عند $t = \frac\pi4$: $M = \bigl(\frac{\sqrt2}{4}, \frac{\sqrt2}{4}\bigr)$، واتجاه المماس $(-\cos t, \sin t) = \frac{1}{\sqrt2}(-1, 1)$ (المثال 24.4). ومستقيم المماس: $y - \frac{\sqrt2}{4} = -(x - \frac{\sqrt2}{4})$، أي $x + y = \frac{\sqrt2}{2}$. والمقاطع: $\bigl(\frac{\sqrt2}{2}, 0\bigr)$ و $\bigl(0, \frac{\sqrt2}{2}\bigr)$؛ والقطعة بينهما طولها $\sqrt{\frac12 + \frac12} = 1$.

(والنقطة العامة $t$: يقطع المماس عند $(\cos^3 t, \sin^3 t)$ المحورين عند $(\cos t, 0)$ و $(0, \sin t)$ — تحقق من أن المستقيم المارّ بهاتين النقطتين اتجاهه $(-\cos t, \sin t)$ ويمرّ بالمقدار $M(t)$ — وطول القطعة المقطوعة $\sqrt{\cos^2 t + \sin^2 t} = 1$.)

حل التمرين 24.4.

$r = \cos 2\theta$: بدور $\pi$ في $\theta$، ومتناظر في المحورين؛ وينعدم $r$ عند $\theta = \pm\frac\pi4$ (فالمماسان عند المبدأ على امتداد القطرين) وهو سالب من أجل $\theta \in \intoo{\frac\pi4}{\frac{3\pi}{4}}$، حيث تُرسم النقاط على نصف القطر المقابل — فينتج أربع بتلات على امتداد اتجاهات المحاور $\theta = 0, \frac\pi2, \pi, \frac{3\pi}{2}$، ونصف قطر كلٍّ الأقصى $1$.

و $r\cos\theta = 1$ هو المعادلة $x = 1$: ومنه فالمنحني القطبي $r = \frac{1}{\cos\theta}$ هو المستقيم العمودي $x = 1$ (ممسوحًا مرة واحدة من أجل $\theta \in \intoo{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$).

حل التمرين 24.5.

$r(\theta) = 1 + 2\cos\theta$ ينعدم من أجل $\cos\theta = -\frac12$: $\theta = \pm\frac{2\pi}{3}$. والتناظر في محور $x$؛ فادرس $\theta \in \intcc{0}{\pi}$. ومن أجل $\theta \in \intco{0}{\frac{2\pi}{3}}$: $r > 0$، متناقصًا من $3$ إلى $0$: أي قوس خارجي، يدخل المبدأ ماسًّا لنصف القطر $\theta = \frac{2\pi}{3}$. ومن أجل $\theta \in \intoc{\frac{2\pi}{3}}{\pi}$: $r < 0$: فتقع النقاط $r\vec u(\theta)$ على نصف القطر المقابل (بالزاوية $\theta - \pi \in \intoc{-\frac\pi3}{0}$)، والمسافة $\abs r$ تنمو من $0$ إلى $1$: فيرسم هذا حلقة داخلية صغيرة تمرّ بالمبدأ. وعند $\theta = \pi$، $r = -1$ وتكون النقطة $-\vec u(\pi) = (1, 0)$: فتنغلق الحلقة على محور $x$ الموجب. والرسم: منحن خارجي كبير شبيه بالقلب أقصى امتداده $3$ عند $\theta = 0$، مع حلقة داخله تمرّ بالمقدار $O$ و $(1,0)$.

حل التمرين 24.6.

أتمّ المربعات:

وبالقسمة على $225$: $\frac{(x-2)^2}{25} + \frac{(y-1)^2}{9} = 1$: أي قطع ناقص مركزه $(2, 1)$، وأنصاف محاوره $a = 5$ (أفقيًا) و $b = 3$؛ و $c = \sqrt{25 - 9} = 4$: فالبؤرتان $(2 \pm 4,\, 1) = (-2, 1)$ و $(6, 1)$؛ والانحراف المركزي $e = \frac45$.

حل التمرين 24.7.

البؤرة عند المبدأ، والدليل $D: x = d$ مع $d = \frac pe > 0$. ومن أجل نقطة $M = (r\cos\theta, r\sin\theta)$ مع $r > 0$:

ويُقرأ شرط المقطع المخروطي $MF = e\,d(M, D)$، في النظام الذي يكون فيه $M$ في جهة البؤرة من الدليل ($r\cos\theta < d$)، هكذا $r = e(d - r\cos\theta)$، أي

ومن أجل $e < 1$ لا ينعدم المقام أبدًا: فكل $\theta$ مسموح (قطع ناقص). ومن أجل $e = 1$: $\theta \neq \pi$ (قطع مكافئ، مفتوح نحو الجهة البعيدة من الدليل). ومن أجل $e > 1$: يلزم $1 + e\cos\theta > 0$، أي $\theta \in \intoo{-\theta_0}{\theta_0}$ مع $\theta_0 = \arccos\bigl(-\frac1e\bigr)$: أي فرع واحد من القطع الزائد (ويقابل الفرع الآخر اختيارَ الإشارة $r < 0$، أو البؤرة الثانية).

حل التمرين 24.8.

البستاني: اربط خيطًا طوله $2a$ إلى وتدين $F, F'$ وأبقه مشدودًا بنقطة الرسم $M$: فيكون القيد بالضبط $MF + MF' = 2a$، ومنه فالمنحني المرسوم هو القطع الناقص.

وخاصية الانعكاس: ليكن $t \mapsto M(t)$ تعليمًا ناظميًا ولتكن $u(t) = \frac{M(t) - F}{\norm{M(t) - F}}$، و $u'(t)$ المتجهة الواحدية النظيرة نحو $F'$. وباشتقاق $\norm{M - F} + \norm{M - F'} = 2a$، باستعمال $\frac{\dd}{\dd t}\norm{M - F} = \bigl\langle \frac{M - F}{\norm{M-F}},\, M'\bigr\rangle$ (بقاعدة السلسلة على $\sqrt{\langle\cdot,\cdot\rangle}$):

ومنه فاتجاه المماس $M'$ متعامد مع اتجاه المنصّف $u + u'$ لنصفَي القطر البؤريين: أي إن المماس يصنع زاويتين متساويتين مع $MF$ و $MF'$. (فشعاع ضوء من بؤرة ينعكس عن القطع الناقص إلى البؤرة الأخرى.)

حل التمرين 24.9.

1. مجموعة التعريف: $\cos 2\theta \geq 0$: أي $\theta \in \intcc{-\frac\pi4}{\frac\pi4} \cup \intcc{\frac{3\pi}{4}}{\frac{5\pi}{4}}$. والتناظرات: $\theta \mapsto -\theta$ (محور $x$) و $\theta \mapsto \pi - \theta$ (محور $y$): فادرس $\intcc{0}{\frac\pi4}$؛ و $r$ يتناقص من $1$ إلى $0$. وعند $\theta = \pm\frac\pi4$: $r = 0$، والمماسان عند المبدأ على امتداد القطرين. والمنحني هو رمز $\infty$: أي حلقتان متناظرتان تلتقيان عند $O$، وتبلغان $(\pm 1, 0)$.

2. مع $F, F' = (\pm c, 0)$ و $c = \frac{1}{\sqrt 2}$ و $M = (r\cos\theta, r\sin\theta)$:

   $$MF^2\, MF'^2 = \bigl((r\cos\theta - c)^2 + r^2\sin^2\theta\bigr) \bigl((r\cos\theta + c)^2 + r^2\sin^2\theta\bigr) = (r^2 + c^2)^2 - (2rc\cos\theta)^2 ,$$

   بالمتطابقة $(A - B)(A + B) = A^2 - B^2$ مع $A = r^2 + c^2$ و $B = 2rc\cos\theta$. ومع $c^2 = \frac12$:

   $$MF^2 MF'^2 = \Bigl(r^2 + \frac12\Bigr)^2 - 2r^2\cos^2\theta = r^4 + r^2\bigl(1 - 2\cos^2\theta\bigr) + \frac14 = r^4 - r^2\cos 2\theta + \frac14 .$$

   وعلى اللمنيسكة، $r^2 = \cos 2\theta$: فيتلاشى الحدّان الأولان، ويبقى $MF^2MF'^2 = \frac14$، أي $MF \cdot MF' = \frac12$. وبالعكس، يبيّن الحساب مقروءًا بالمقلوب أن معادلة المحلّ الهندسي $MF\,MF' = \frac12$ هي $r^2 = \cos 2\theta$ (من أجل $r \neq 0$؛ و $O$ يحقق كليهما).

حل التمرين 24.10.

$r = 1 + \cos\theta$ و $r' = -\sin\theta$:

ومنه $\sqrt{r^2 + r'^2} = 2\abs{\cos\frac\theta2}$ و، بالتناظر في محور $x$،

أي محيط جبري آخر خالٍ من $\pi$.

حل التمرين 24.11.

النقطة $(a\cos t, b\sin t)$ تحقق المعادلة: $\cos^2 t + \sin^2 t = 1$. ومتجهة المستقيم الناظمة هي $\bigl(\frac{\cos t}a, \frac{\sin t}b\bigr)$، وجداؤها مع السرعة $(-a\sin t, b\cos t)$ هو $-\sin t\cos t + \sin t\cos t = 0$: ومنه فالمستقيم يمرّ بالنقطة بالاتجاه المماسي — أي إنه المماس. ومن أجل $(x_0, y_0)$ على القطع الناقص، اكتب $\cos t = \frac{x_0}a$ و $\sin t = \frac{y_0}b$ و عوّض:

محصَّلةً من معادلة القطع الناقص بعملية «فصل» $x^2 \mapsto x\,x_0$ و $y^2 \mapsto y\,y_0$.