III OM - II - Zadanie 5

Pionowy maszt znajdujący się na wieży widać pod największym kątem z takiego punktu ziemi, którego odległość od osi masztu wynosi $ a $; kąt ten równa się danemu kątowi $ \alpha $. Obliczyć wysokość wieży i wysokość masztu.

Rozwiązanie

Niech odcinek $ AB $ (rys. 31) wyobraża wieżę, a odcinek $ BC $ - maszt. Z punktu $ P $ powierzchni ziemi widać maszt pod kątem $ BPC $, który jest kątem wpisanym w okrąg przechodzący przez punkty $ B $, $ C $ i $ P $. Kąt ten jest tym większy, im mniejszy jest promień owego okręgu. Spośród wszystkich okręgów przechodzących przez punkty $ B $ i $ C $ i mających punkty wspólne z ziemią najmniejszy promień ma okrąg $ O(r) $ styczny do powierzchni ziemi. Punkt styczności $ M $ takiego okręgu z ziemią jest punktem, o którym mowa w zadaniu tzn. $ \measuredangle BMC = \alpha $, $ MA = a $. Jeśli $ OD \bot BC $, to $ \measuredangle COD = \alpha $, jako połowa kąta środkowego opartego na tym samym łuku, co kąt wpisany $ BMC $. Wprowadzając oznaczenia $ AB = x $, $ BC = y $, otrzymujemy z trójkąta $ COD $ i z prostokąta $ AMOD $ związki:

\[<br />
(1) \qquad y = 2a \tg \alpha,<br />
\]
\[<br />
(2) \qquad r = \frac{a}{\cos \alpha},<br />
\]
\[<br />
(3) \qquad<br />
x = r - \frac{y}{2} =<br />
\frac{a}{\cos \alpha} - a \tg \alpha = a \cdot \frac{1 - \sin \alpha}{\cos \alpha},<br />
\]

zawierające rozwiązanie zadania.

Uwaga. W rozwiązaniu powyższym założyliśmy, że w otoczeniu wieży powierzchnia Ziemi jest płaska, co jest usprawiedliwione tym, że w danym przypadku chodzi o niewielką część tej powierzchni. Obliczenie szukanych wielkości $ x $ i $ y $ uwzględniające kulistość Ziemi można wykonać w sposób podobny, posługując się figurą rys. 32, na którym $ S $ oznacza środek Ziemi. Z trójkąta $ COD $, w którym odcinek $ OD $ oznaczymy literą $ b $, znajdziemy

\[ (4) \qquad y = 2r \sin \alpha, \]
\[ (5) \qquad b = r \cos \alpha, \]

a z trójkąta $ DOS $ mamy

\[ (6) \qquad b = (R + r) \sin \beta, \]
\[ (7) \qquad R + x + \frac{y}{2} = (R + r) \cos \beta, \]

gdzie $ \beta $ jest to kąt widzenia łuku $ a $ ze środka Ziemi.

Ze wzorów (5) i (6) otrzymujemy

\[<br />
r = \frac{R \sin \beta}{\cos \alpha - \sin \beta}.<br />
\]

Po podstawieniu tej wartości $ r $ do wzoru (4) otrzymujemy

\[<br />
(8) \qquad<br />
y = \frac{2R \sin \alpha \sin \beta}{\cos \alpha - \sin \beta},<br />
\]

a następnie obliczamy $ x $ ze wzoru (7), otrzymując po łatwych przekształceniach wynik

\[<br />
(9) \qquad x = R \frac{\sin \beta (1 - \sin \alpha) - \cos \alpha(1 - \cos \beta)}{\cos \alpha - \sin \beta}.<br />
\]

Kąt $ \beta $ jest kątem środkowym w okręgu o promieniu $ R $ opierającym
się na łuku o długości $ a $; miara łukowa kąta $ \beta $ wynosi zatem $ \frac{a}{R} $ i wzory (8) i (9) można napisać w postaci:

\[<br />
(10) \qquad<br />
y = \frac{2R \sin \alpha \sin \frac{a}{R}}{\cos \alpha - \sin \frac{a}{R}},<br />
\]
\[<br />
(11) \qquad<br />
x = R \frac{\sin \frac{a}{R} (1-\sin \alpha)-\cos \alpha \left( 1  - \cos \frac{a}{R} \right)}{\cos \alpha - \sin \frac{a}{R}}.<br />
\]

Ze wzorów tych, jak widzimy, dość skomplikowanych, można obliczyć $ x $ i $ y $, gdy dane są wielkości $ a $, $ \alpha $ i $ R $. Ale zamiast tych wzorów
można by użyć wzorów przybliżonych, które otrzymujemy w sposób następujący:

W trygonometrii dowodzi się, że dla kąta o mierze łukowej $ \beta $ zachodzą równości przybliżone (znak $ \approx $ czytamy: równa się w przybliżeniu):

\[<br />
\sin \beta \approx \beta,\<br />
\cos \beta \approx 1 - \frac{\beta^2}{2},<br />
\]

przy czym dla sinusa mamy tu przybliżenie z nadmiarem mniejszym niż $ \frac{\beta^3}{6} $, a dla cosinusa - przybliżenie z niedomiarem mniejszym niż $ \frac{\beta^4}{24} $.

Jeśli np. w naszym zadaniu odległość $ a $ nie przekracza $ 100 $ km, to kąt $ \beta $ (przy załozenm, że $ R = 6370 $ km) jest mniejszy niż $ 1^\circ $, wobec czego biorąc zamiast $ \sin \beta $ stosunek $ \frac{a}{R} $ robimy błąd nie mniejszy niż

\[<br />
\frac{\pi^3}{6 \cdot 180^3},<br />
\]

więc mniejszy niż $ 0,000001 $. Aby się o tym przekonać, nie trzeba wcale obliczać ułamka $ \frac{\pi^3}{6 \cdot 180^3} $, wystarczy rozumować, jak następuje:

\[<br />
\frac{1}{6} \frac{\pi^3}{180^3} < \frac{1}{6} \left( \frac{3,15}{180} \right)^3 = \frac{1}{6 \cdot 10^6} \left( \frac{315}{180} \right)^3 = \frac{1}{6 \cdot 10^6} \left( \frac{7}{4} \right)^3 = \frac{1}{10^4} \cdot \frac{343}{6 \cdot 64} < \frac{1}{10^6};<br />
\]

podobnie stwierdzamy, że

\[<br />
\frac{\pi^4}{24 \cdot 180^4} < \frac{1}{10^8}.<br />
\]

Biorąc zamiast $ \cos \beta $ liczbę $ 1 - \frac{1}{2} \left( \frac{a}{R} \right)^2 $ robimy błąd mniejszy niż

\[<br />
\frac{\pi^4}{24 \cdot 180^4},<br />
\]

więc mniejszy niż $ 0,00000001 $. Podstawiając we wzorach (10) i (11) wymienione przybliżone wartości $ \sin \frac{a}{R} $ i $ \cos \frac{a}{R} $ otrzymujemy wzory

\[<br />
\nr{10a}<br />
y = \frac{2a \sin \alpha}{\cos \alpha - \frac{a}{R}},<br />
\]
\[<br />
\nr{11a}<br />
x = \frac{a(1-\sin \alpha)- \frac{a^2\cos \alpha}{2R}}{\cos \alpha - \frac{a}{R}}.<br />
\]

Spostrzegamy, że gdy $ R $ rośnie nieskończenie, czyli - jak się mówi - "dąży do nieskończoności", a wielkości $ a $ i $ \alpha $ są stałe, wtedy zmienne $ x $ i $ y $, określone wzorami (10a) i (11a), dążą do wartości określonych wzorami (1) i (3).

Nasuwa się pytanie, czy wzory (10a) i (11a) mogą mieć znaczenie praktyczne, tzn., czy może się okazać, że przy pewnych wartościach $ a $ i $ \alpha $ jakie by się mogły zdarzyć w rzeczywistości, dokładność wzorów (1) i (3) jest niewystarczająca i że zamiast nich należy użyć wzorów (10a) i (11a), albo może jeszcze dokładniejszych wzorów (10) i (11). Aby odpowiedzieć na to pytanie, należałoby ocenić różnice między wartościami otrzymywanymi z owych wzorów, biorąc też pod uwagę błędy pomiarowe, jakimi z konieczności obarczone są wielkości dane. Tego rodzaju obliczenia przeprowadza się często w różnych działach matematyki stosowanej, np. w geodezji.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź