السيكلويد: لماذا يختلف طول مسار نقطة العجلة عن المسافة الأفقية؟

الخلاصة السريعة

في دورة كاملة لعجلة نصف قطرها2، يتحرك المركز أفقيًا4π، بينما يبلغ طول قوس السيكلويد16. لكن في ربع الدورة فقط، طول مسار النقطة8−4√2 أقل من مسافة المركزπ؛ المقارنة تتوقف على الجزء المدروس.

• نبدأ بالنقطة O=(0,0) أسفل عجلة مركزها C=(0,2). التدحرج يمينًا دون انزلاق يجعل المركز C=(2θ,2)، مع زاوية دوران موجبة θ في اتجاه عقارب الساعة وبالراديان.
• بعد تدوير نصف القطر الابتدائي نحصل على P=(2(θ−sinθ),2(1−cosθ)). [1] الزاوية θ معامل للموضع، وليست زمنًا؛ مقدار مشتقة الموضع هنا طول لكل وحدة زاوية.
• عند θ=π/2 يكون C=(π,2)، ونقطة التلامس T=(π,0)، والنقطة المتتبعة P=(π−2,2). نصف القطر CP=2، والمسافة الأفقية التي قطعها المركزπ.
• النقطة W=(π+2,2) على العجلة الحالية أيضًا، لكنها ليست موضع النقطة التي بدأت عند O. تغيير إشارة الجيب يبدل اتجاه الدوران؛ الانتماء إلى الدائرة وحده لا يثبت صحة التتبع.
• طول القوس الأول16، ومسافة المركز ومحيط العجلة4π. نحسب الطول من تكامل4sin(θ/2) بين0 و2π. في ربع الدورة ينتج8−4√2＜π، فلا نعمم تفوق طول المسار على كل جزء.
• أعلى نقطة K=(2π,4)، ونهاية القوس D=(4π,0). عند الطرفين تنعدم مشتقتا الإحداثيين، لكن المماس الحدي رأسي؛ القسمة0/0 لا تعني ميلًا يساوي صفرًا. الصورة الرئيسية نصف قوس، والداخلية قوس كامل.

حدد النقطة الأولى واتجاه التدحرج

نضع أرضًا أفقية عند y=0، وعجلة دائرية نصف قطرها2. في البداية مركزها C=(0,2)، والنقطة المعلّمة على محيطها هي O=(0,0)، حيث تلامس الأرض. ندرس هذه العلامة نفسها بعد الحركة، لا نقطة التلامس الجديدة في كل وضع.

تتدحرج العجلة إلى اليمين دون انزلاق. إذا دارت بزاوية θ راديان، انتقل مركزها مسافة2θ أفقيًا. السبب أن طول القوس الدائري الذي يمر عند التلامس هو نصف القطر مضروبًا في الزاوية، ويقابله امتداد مساوٍ على الأرض في هذا النموذج.

نختار θ موجبة عندما يكون الدوران في اتجاه عقارب الساعة. هذا الاتفاق جزء من وصف المسألة: لا يكفي قول إن العجلة دارت ربع دورة، دون ذكر الاتجاه والنقطة الابتدائية.

تظل إحداثيات المركز C=(2θ,2). ارتفاعه ثابت، بينما إحداثيه الأفقي يتغير. أما العلامة على المحيط فتجمع انتقال المركز مع دورانها حوله؛ لذلك لا تتبع المستقيم الأفقي الذي يتبعه المركز.

نستخدم وحدة طول واحدة في الإحداثيات والأطوال. الزوايا بالراديان، ولا نفترض زمنًا للدورة أو سرعة فعلية للعجلة. النموذج المثالي يستبعد الانزلاق وتشوه العجلة وتفاوت سطح الأرض؛ الصور ليست تسجيلًا لتجربة مادية.

اجمع حركة المركز مع دوران نصف القطر

متجه نصف القطر من المركز إلى العلامة في البداية هو(0,−2). تدويره بزاوية θ في اتجاه عقارب الساعة يحوله إلى(−2sinθ,−2cosθ). عند ربع دورة يكون المتجه أفقيًا إلى اليسار؛ هذه مراجعة بسيطة لإشارة المركبة الأولى.

نضيف متجه نصف القطر إلى المركز C=(2θ,2). ينتج P=(2(θ−sinθ),2(1−cosθ))، وهي معادلة السيكلويد بعد وضع نصف القطر2 في الصيغة المرجعية. [1][2]

عند θ=0 نجد P=(0,0)، كما يقتضي اختيار البداية. وعند θ=π نجد P=(2π,4)، لأن الجيب صفر وجيب التمام−1؛ العلامة أعلى العجلة في ذلك الوضع.

عند θ=2π يعود اتجاه نصف القطر إلى وضعه الأول، ولكن المركز انتقل. تكون P=(4π,0)، ومركز العجلة C=(4π,2). العودة إلى أسفل العجلة لا تعني العودة إلى نقطة الأرض الأولى.

إضافة2π إلى المعامل تزيد الإحداثي الأفقي4π وتبقي الإحداثي الرأسي كما هو. لذلك تتكرر الأقواس متجاورة على الأرض. لكل قوس أول نطاق0≤θ≤2π، وارتفاعات0≤y≤4؛ لا نخلط تكرار الاتجاه مع إغلاق المسار.

للتأكد من بقاء العلامة على العجلة، نطرح C من P. مربع طول الفرق4sin²θ+4cos²θ=4، فيكون CP=2 دائمًا. هذا الفحص ضروري، لكنه وحده لا يحدد أي نقطة محيطية نتتبعها.

ربع دورة يكشف الفرق بين ثلاث نقاط

نختار θ=π/2. المركز C=(π,2)، ونقطة التلامس الحالية مع الأرض T=(π,0). العلامة التي بدأت عند O أصبحت P=(π−2,2). هذه ثلاث نقاط مختلفة: المركز داخل العجلة، والتلامس في أسفلها، والعلامة إلى يسار المركز.

الفرق P−C=(−2,0)، لذلك CP=2. والفرق T−C=(0,−2)، لذلك CT=2 أيضًا. تساوي نصفي القطر لا يجعل العلامة نقطة التلامس؛ اتجاه المتجه يحدد موقع كل منهما.

قطع المركز أفقيًاπ. هذا أيضًا طول ربع المحيط الدائري:2×π/2=π. لكنه ليس طول المسار الذي رسمته العلامة في الفضاء؛ ذلك المسار جزء من سيكلويد، وسنحسبه بالتكامل.

حتى الإزاحة بين بداية العلامة ونهايتها تختلف عن طول المسار. الوتر المستقيم OP طوله√((π−2)²+4). أما المسار المنحني فيتبع نقاط P المتعاقبة، ولا نستبدل به الخط المستقيم من O إلى P.

الجدول يجمع الأصل والمركز والتلامس والعلامة والنقطة المقابلة وأعلى القوس ونهايته. الرسم الرئيسي يعرض نصف القوس0≤θ≤π، مع العجلة في وضع ربع الدورة؛ ليس الرسم عرضًا لقوس كامل أو لكل أوضاع العجلة.

لماذا لا تكفي نقطة تقع على العجلة؟

قد يظهر تخمين W=(π+2,2) إذا استخدمنا المركبة2sinθ بدل−2sinθ. النقطة W تبعد2 عن المركز C=(π,2)، ولذلك تقع على الدائرة الحالية. لكنها إلى يمين المركز، بينما نصف القطر الابتدائي يدور إلى اليسار عند الدوران المحدد.

في هذا الوضع، W هي النقطة المقابلة للعلامة P على قطر أفقي. تصلح بوصفها نقطة على محيط العجلة، ولا تصلح بوصفها نتيجة تتبع العلامة التي كانت أسفلها. يجب أن ينجح فحص البداية والاتجاه مع فحص البعد.

نستطيع أيضًا رفض W من معادلة المسار في القوس الأول. شرط y=2 يعطي cosθ=0؛ في النطاق0≤θ≤2π نجد θ=π/2 أو θ=3π/2 فقط.

في الحل الأول يكون x=π−2، وفي الثاني x=3π+2. إحداثي W الأفقيπ+2 لا يساوي أيًا منهما: الفرق عن الأول4، وعن الثاني−2π. إذن W ليست نقطة على القوس الأول عند هذا الارتفاع.

الصيغة الصحيحة تجمع انتقالًا إلى اليمين ودورانًا مع عقارب الساعة. لا نغيّر إحدى الإشارتين دون تغيير شروط الحركة. الرسم يساعد على اكتشاف الخطأ، لكن الحساب يفسر سببه ويستبعد الالتباس بين النقطة المعلّمة ومحيط العجلة كله.

احسب طول المنحنى ثم قارن الفترة نفسها

نشتق الإحداثيين بالنسبة إلى θ: dx/dθ=2(1−cosθ)، وdy/dθ=2sinθ. عنصر طول المنحنى هو جذر مجموع مربعي هاتين المشتقتين مضروبًا في dθ.

داخل الجذر نجد4(1−cosθ)²+4sin²θ=8(1−cosθ)=16sin²(θ/2). إذن مقدار مشتقة الموضع هو4|sin(θ/2)|. القيمة المطلقة لازمة عمومًا؛ في القوس الأول يكون الجيب غير سالب، فنستخدم4sin(θ/2).

التكامل من0 إلى2π يعطي L=[−8cos(θ/2)]₀²π=16. تتفق النتيجة مع طول قوس سيكلويد يساوي ثمانية أمثال نصف القطر في المرجع الآخر. [2] هنا نصف القطر2، لذلك الناتج16.

في الفترة نفسها، مسافة المركز الأفقية2×2π=4π. ومحيط العجلة أيضًا4π، لأن المحيط2π مضروبًا في نصف القطر2. هذا الاتفاق يخص التدحرج دون انزلاق؛ طول مسار العلامة الكامل16 أكبر من4π.

للجزء الذي ينتهي عند θ ضمن القوس الأول، الطول المتراكم s(θ)=8(1−cos(θ/2)). عند ربع الدورة s(π/2)=8−4√2≈2.343146، بينما مسافة المركزπ≈3.141593. هنا مسار العلامة أقصر من سفر المركز.

وعند نصف الدورة يكون s(π)=8، بينما مسافة المركز2π. لذلك تتغير المقارنة مع نقطة التوقف؛ لا نختصر النتيجة بعبارة أن النقطة المحيطية تسافر دائمًا أكثر. في كل مقارنة نستخدم الفترة نفسها والكمية نفسها.

الصورة الداخلية تعرض قوسًا كاملًا، ثم شريطين للمقارنة بين16 و4π. الشريطان تمثيل لأطوال محسوبة بمقياس مستقل، وليسا إحداثيات نقطتين في مخطط المسار. الاستنتاج يأتي من التكامل، ولا نقيس انحناء الصورة بالبكسلات.

المماس عند القمة والطرفين

في داخل القوس0＜θ＜2π، تكون dx/dθ موجبة. ميل المماس dy/dx=sinθ/(1−cosθ)=cot(θ/2). عند θ=π يعطي الميل صفرًا، لذلك المماس عند القمة K=(2π,4) أفقي.

عند طرفي القوس θ=0 وθ=2π تنعدم مشتقتا الإحداثيين. القسمة المباشرة تعطي0/0، وهي غير معرفة؛ لا نستنتج منها أن المماس أفقي أو أن الطرفين يجب حذفهما من المنحنى.

نأخذ الحد من داخل القوس. عندما θ→0⁺، يزداد cot(θ/2) دون حد موجب، وعندما θ→2π⁻ يصبح سالبًا دون حد. اتجاه المماس يقترب من الرأسي في الحالتين، مع اختلاف جهة الميل.

يتصل القوس التالي بالنهاية D=(4π,0)، ويتكرر هذا السلوك عند نقاط (4kπ,0) لأي عدد صحيح k. هذه رؤوس مدببة في المسار؛ الإحداثيات صالحة، لكن المعامل ليس منتظمًا عندها لأن متجه المشتقة صفر.

لا نصف مقدار المشتقة بالنسبة إلى θ بأنه سرعة بوحدة طول لكل ثانية. للحصول على سرعة زمنية نحتاج إلى معرفة θ بوصفها دالة في الزمن، ثم تطبيق قاعدة السلسلة. المسألة الحالية تحسب شكل المسار وأطواله فقط.

عند قراءة الرسم، افصل مركز العجلة ونقطة التلامس والعلامة، ثم حدد زاوية البداية والنهاية. المقياس الأفقي والرأسي متساويان في مخطط كل صورة، والصيغ والحدود تراجع الشكل عند القمة والرؤوس المدببة.