Komentarz

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:

$ (1) \qquad y = 2a \tg \alpha, $

$ (2) \qquad r = \frac{a}{\cos \alpha}, $

$ (3) \qquad x = r - \frac{y}{2} = \frac{a}{\cos \alpha} - a \tg \alpha = a \cdot \frac{1 - \sin \alpha}{\cos \alpha}, $

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

$ r = \frac{R \sin \beta}{\cos \alpha - \sin \beta}. $

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

$ (8) \qquad y = \frac{2R \sin \alpha \sin \beta}{\cos \alpha - \sin \beta}, $

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

$ (9) \qquad x = R \frac{\sin \beta (1 - \sin \alpha) - \cos \alpha(1 - \cos \beta)}{\cos \alpha - \sin \beta}. $

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:

$ (10) \qquad y = \frac{2R \sin \alpha \sin \frac{a}{R}}{\cos \alpha - \sin \frac{a}{R}}, $

$ (11) \qquad 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}}. $

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):

$ \sin \beta \approx \beta,\ \cos \beta \approx 1 - \frac{\beta^2}{2}, $

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

$ \frac{\pi^3}{6 \cdot 180^3}, $

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:

$ \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}; $

podobnie stwierdzamy, że

$ \frac{\pi^4}{24 \cdot 180^4} < \frac{1}{10^8}. $

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

$ \frac{\pi^4}{24 \cdot 180^4}, $

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

$ \nr{10a} y = \frac{2a \sin \alpha}{\cos \alpha - \frac{a}{R}}, $

$ \nr{11a} x = \frac{a(1-\sin \alpha)- \frac{a^2\cos \alpha}{2R}}{\cos \alpha - \frac{a}{R}}. $

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.

Wersja do wydruku

Olimpiady Matematyczne

Komentarz

III OM - II - Zadanie 5

Rozwiązanie

Dodaj komentarz

Klasyfikacja tematyczna

Rok

Zawody