ليمنيسكات برنولي: لماذا يحتاج الرسم القطبي إلى مجالين؟

الخلاصة السريعة

لأن r² لا يكون سالبًا، يلزم cos2θ≥0. مع r≥0 تكفي الفترتان المغلقتان [−π/4,π/4] و[3π/4,5π/4] لرسم الحلقتين. عند الحدود r=0؛ لا نحذف الأصل، ولا نستبدل جيب التمام بقيمته المطلقة. مساحة كل حلقة8 والمجموع16 وحدة مربعة.

• نختار r=4√(cos2θ)، ونقيس θ بالراديان من المحور الأفقي الموجب. المجالان، بتكرار دورة كاملة عند الحاجة، يرسمان الحلقة اليمنى واليسرى. حدود كل فترة تعطي الأصل؛ زاوية نقطة الأصل نفسها ليست فريدة.
• التحويل x=r cosθ وy=r sinθ يعطي (x²+y²)²=16(x²−y²). [2] عند العودة إلى القطبي نقسم على r² للنقاط غير الأصل فقط، ثم نفحص O=(0,0) منفصلة ونجدها صحيحة.
• عند θ=π/6 نجد r=2√2 وP=(√6,√2). تحقق النقطة المعادلة: x²+y²=8، و16(x²−y²)=64، ومربع المجموع64 أيضًا. الطرفان الأفقيان هما (4,0) و(−4,0).
• الصيغة r=4√(|cos2θ|) تضيف حلقتين رأسيّتين. عند θ=π/2 تنتج W=(0,4)، لكن الفحص F=(x²+y²)²−16(x²−y²) يعطي F(W)=512، فتفشل النقطة. نصف قطر سالب لا يصلح مربعًا سالبًا.
• التمثيل x=4cos t/(1+sin²t)، وy=4sin t cos t/(1+sin²t) يرسم المنحنى دون جذر. [1] المعامل t ليس الزاوية القطبية θ. عند t=π/2 وt=3π/2 نصل إلى الأصل بمتجهين منتظمين (−2,−2) و(2,−2)، ومماسين y=x وy=−x.
• مساحة الحلقة اليمنى هي نصف تكامل r² من −π/4 إلى π/4، وتساوي8؛ بالتناظر مساحة اليسرى8 أيضًا. المجموع16. تكامل cos2θ على دورة كاملة يعطي صفرًا لأنه يدخل قطاعات خارج المجال الحقيقي؛ لا يمثل المساحة.

ابدأ بشرط الجذر وحدود الفترتين

نضع القطب O=(0,0)، ونجعل المحور القطبي في اتجاه x الموجب. الإحداثيات القطبية تصف نقطة في مستوى بواسطة مسافة وزاوية؛ نلتزم هنا بـr≥0 ونقيس θ عكس عقارب الساعة بالراديان.

نختار نصف العرض الأفقي4 وحدات. صيغة ليمنيسكات برنولي هي r²=a²cos2θ؛ عند a=4 تصبح r²=16cos2θ. [1][2] يختلف معنى معامل a بين بعض الصيغ المرجعية؛ نعتمد هنا نصف العرض، ولا نخلطه ببعد بؤرة عن الأصل.

أخذ الجذر الموجب يعطي r=4√(cos2θ). يلزم cos2θ≥0 حتى يكون r حقيقيًا. لذلك نأخذ −π/4≤θ≤π/4 للحلقة اليمنى، و3π/4≤θ≤5π/4 للحلقة اليسرى، مع إضافة مضاعفات2π لوصف اتجاهات مكافئة.

في الفترة الأولى يكون cosθ موجبًا، فتقع النقاط غير الأصل إلى يمين المحور الرأسي. وفي الثانية يكون cosθ سالبًا، فتقع إلى يساره. كل فترة تبدأ من الأصل وتعود إليه، مرورًا بالطرف الأفقي للحلقة.

عند الحدود الأربع cos2θ=0، وبالتالي r=0. نضم الحدود إلى الفترتين؛ ليس الجذر معرفًا فقط عندما يكون ما تحته موجبًا، بل عندما يكون صفرًا أيضًا. هذه إضافة مهمة إلى حدود مفتوحة قد تظهر في عرض مرجعي.

الأصل لا يحمل زاوية منفردة نستخرجها من إحداثياته. الأزواج القطبية الحدودية هنا تمثيلات تسمح بها معادلة الرسم؛ لا نقول إن نقطة الأصل المكانية لها اتجاه واحد. وفي برنامج رسم نرسم كل فترة على حدة، دون وصل نقاط عبر فجوة غير معرفة.

حوّل المعادلة دون إسقاط الأصل

العلاقتان x=r cosθ وy=r sinθ تعطيان x²+y²=r² وx²−y²=r²cos2θ. بضرب المعادلة القطبية في r² نحصل على (x²+y²)²=16(x²−y²)، وهي المعادلة الديكارتية المرجعية عند a=4. [2]

للعودة من الديكارتي، خذ نقطة مختلفة عن O. يكون r²=x²+y² موجبًا، فيجوز قسمته من الطرفين، فنستعيد r²=16cos2θ. لم نغير مجموعة النقاط غير الأصل في هذه العودة.

أما O فنعوض فيها مباشرة: كلا الطرفين صفر. كما أن حدود الفترتين القطبيتين تعطيها فعلًا. إذن الأصل نقطة صحيحة، رغم أن القسمة عليه غير مسموحة؛ لا نحذفه اعتمادًا على خطوة تخص النقاط الأخرى.

المعادلة تفرض x²−y²≥0، لأن الطرف الأيسر مربع. لذلك |y|≤|x|؛ تقع النقاط داخل القطاعات المحصورة بين القطرين y=x وy=−x حول الاتجاهين الأفقيين.

المساواة |y|=|x| تفرض الطرف الأيمن صفرًا، ثم x²+y²=0. لذا لا يقع على هذين القطرين من المنحنى إلا O. سيظهر القطران لاحقًا بوصفهما مماسين عند التقاطع، لا ضلعين مستقيمين من الشكل.

كذلك r²=16cos2θ≤16، فيكون البعد عن الأصل لا يتجاوز4. تتحقق القيمة4 عند θ=0 أوθ=π، فتنتج النقطتان (4,0) و(−4,0). هذا يثبت معنى نصف العرض الذي بدأنا به.

اختبر نقطة جذرية في الحلقة اليمنى

نختار θ=π/6، وهي داخل الفترة اليمنى. عندئذ cos2θ=cos(π/3)=1/2، ولذلك r²=8 وr=2√2. قيمة الجذر موجبة، واتجاه الشعاع في الربع الأول.

بما أن cos(π/6)=√3/2 وsin(π/6)=1/2، نجد x=√6 وy=√2. نسمي النقطة P=(√6,√2). قيمتاها التقريبيتان نحو2.449490 و1.414214، والمسافة من الأصل نحو2.828427.

لا نستبدل الإحداثي الأفقي بالمسافة الشعاعية: x=√6 يختلف عن r=2√2. الشعاع OP مائل، ولذلك توزع المسافة على مركبتين. طول OP من الإحداثيات هو √(6+2)=2√2 أيضًا.

نراجع المعادلة الديكارتية: x²+y²=6+2=8، فيكون (x²+y²)²=64. أما x²−y²=4، فيكون 16(x²−y²)=64. تطابقت القيمتان دون الاعتماد على تقريب الرسم.

بتغيير θ إلى−π/6 تنعكس إشارة y وحدها، فنحصل على (√6,−√2). وإضافة π إلى الاتجاه تعكس الإحداثيين معًا، فتظهر نقطة على الحلقة اليسرى. التناظر يساعد على المراجعة، لكننا نحدد نقطة المثال بالحساب.

الجدول يعرض الأصل والطرفين الأفقيين وP، ويضيف نقطة الخطأ W التي سنختبرها. الرسم الرئيسي يعرض الحلقتين كاملتين، والمماسين عند O؛ المقياس الأفقي والرأسي واحد.

القيمة المطلقة ترسم معادلة أخرى

عند θ=π/2 نجد cos2θ=−1. المعادلة الأصلية تطلب r²=−16، فلا يوجد لها حل شعاعي حقيقي عند هذه الزاوية. قيمة r السالبة لا تساعد، لأن مربع أي عدد حقيقي غير سالب.

قد يحاول الرسم الآلي تجاوز الجذر السالب باستعمال r=4√(|cos2θ|). هذه قاعدة مختلفة؛ تحول الجهة التي يكون فيها جيب التمام سالبًا إلى جهات مسموحة بدل استبعادها.

في الزاوية π/2 تعطي القاعدة الجديدة r=4، وبالتالي W=(0,4). نعرّف فحص المعادلة F=(x²+y²)²−16(x²−y²). في W يكون المربع256، ويكون الحد الثاني−256، فتنتج F(W)=512.

إذن W ليست نقطة من الليمنيسكات المختارة. تضيف القيمة المطلقة حلقة رأسية علوية ونظيرتها السفلية؛ الرسم الأحمر في الصورة الداخلية يوضح الإضافتين، بينما الحلقة اليمنى واليسرى تتفقان مع المنحنى الأصلي.

التصحيح العملي هو فحص cos2θ≥0، ثم رسم الفترتين الحقيقيتين. لا نصل عينات نهاية إحداهما ببداية الأخرى عبر قطاع غير صالح، ولا نقرب القيم السالبة البعيدة عن الصفر إلى صفر.

قد يظهر عند حساب حد نظري صفري خطأ عشري صغير جدًا. هذا يحتاج إلى معالجة عددية محدودة ومبررة عند الحد المعروف، ولا يبرر أخذ القيمة المطلقة لكل جيب تمام سالب. في المقال حدود المجال محسوبة بدقة قبل الرسم.

عند الأصل تقاطع بمماسين مختلفين

يوفر المرجع تمثيلًا وسيطيًا بلا جذر: x=4cos t/(1+sin²t) وy=4sin t cos t/(1+sin²t). [1] المقام لا يقل عن1، وتكفي دورة0≤t≤2π لتتبع المنحنى كاملًا.

الرمز t معامل لتتبع المنحنى، وليس زمنًا ولا الزاوية القطبية θ. مثلًا عند t=π/6 تكون نسبة y/x=sin t=1/2، بينما tan(π/6)=1/√3؛ لذا لا نضع θ=t في المعادلة القطبية.

اشتقاق الإحداثيين يعطي x′=−4sin t(3−sin²t)/(1+sin²t)² وy′=4(1−3sin²t)/(1+sin²t)². نستخدم المشتقات بالنسبة إلى t لفحص اتجاه المرور عند الأصل.

عند t=π/2 نجد x=y=0 ومتجه المشتقة(−2,−2). الميل1، والمماس y=x. وعند t=3π/2 نصل إلى الأصل نفسه بمتجه(2,−2)، فيكون الميل−1 والمماس y=−x.

كلا المتجهين غير صفري؛ كل مرور منتظم في هذا التمثيل، والنقطة المشتركة تقاطع ذاتي للمنحنى. حاصل ضرب المتجهين القياسي−4+4=0، فيثبت تعامد المماسين. لا يوجد هنا رأس مدبب بمماس واحد يجمع الجهتين.

قد تفشل قسمة مشتقات المعادلة الضمنية عند O لأن مشتقاتها الجزئية تنعدم هناك. لا يعني ذلك غياب المماس؛ لدينا مروران بمعاملين مختلفين، وكل منهما يحدد خطًا. اللونان الأخضر والذهبي يميزان هذين الخطين في الرسم.

اجمع مساحتي الحلقتين على المجال الحقيقي

مساحة القطاع القطبي المتغير تحسب من نصف تكامل r² بالنسبة إلى θ. للحلقة اليمنى نستخدم الحدود −π/4 وπ/4؛ كل شعاع في الداخل يصل إلى الحد مرة واحدة، عدا الأصل المشترك عند طرفي الفترة.

بالتعويض نحصل على نصف تكامل16cos2θ، أي تكامل8cos2θ. الدالة الأصلية هي4sin2θ. عند الحد الأعلى تعطي4، وعند الأدنى تعطي−4؛ الفرق8 وحدات مربعة.

الحلقة اليسرى صورة اليمنى بدوران نصف دورة، فمساحتها8 أيضًا. لا تتداخل المساحتان إلا في نقطة الأصل التي لا تملك مساحة، ولذلك المجموع8+8=16 وحدة مربعة.

هذا يوافق المساحة المرجعية a² عند نصف العرض a=4. [1] إذا قسنا الإحداثيات بوحدة طول معينة، كانت النتيجة بوحدة المساحة الموافقة؛ لا نفترض أن الوحدة متر دون تحديد ذلك.

لماذا لا نكامل من0 إلى2π مباشرة؟ لأن cos2θ يكون سالبًا في قطاعات لا تعطي r حقيقيًا. تكامله على الدورة صفر بسبب إلغاء الموجب والسالب، لكن هذا الصفر لا يقيس مساحة الحلقتين.

كذلك فإن مساحة الشكل الناتج عن القيمة المطلقة تخص أربع حلقات، فتساوي32؛ ليست بديلًا لمساحة المنحنى الأصلي. المثال يربط سلامة الرسم والتكامل بشرط واحد: نحتفظ بالمجال الحقيقي قبل الحساب.