С метром по глобусу

26

С МЕТРОМ ПО ГЛОБУСУ

А. Б. Шварцбург

Попробуем наиссовать на поверхности глобуса путь корабля, который выsel из порта $A$ и должен пройти в порт $B$. Этот путь можно проделать разными способами, и у каждой есть свои достоинства и недостатки. Если корабль спешит, то важно знать кратчайший путь между портами. Как известно, на плоскости кратчайшее расстояние между двумя точками — пряма. Оdnako на сфере картина условияется. Натягивая на глобусе гибкуо нерастижимо нить между точками $A$ и $B$ (начало и конец пути), можно найти такое положение нити, при котором длина $AB$ будет наименьшей. Оdnako ориентиция нити относительно сетки meridianов и параллелей, нанесенной на глобус, будет различной в каждой точке вдоль длины $AB$. Это значит, что положить такой путь в открытом море нелегко.

Можно выбрать другой способ — например, дивигаться все время в одном направлении, пересекая все meridianны под одним и тем же углом. Тогда ориентировать в море будет легче. Оdnako с помощью той же нити на глобусе легко убедиться, что такой путь будет длинее, чем первый. Чтобы лучше представить себе каждой путь, рассмотрим одну вспомогательную задачу.

Движение вблизи полюса

На школьной карте meridianны и параллелей обычно изобразяются в виде прямогольной сетки. Оdnako для изобразения районаов, примыкающих к полюсом, используют и другую координатную сетку, в которой meridianны представляются лучами, выходящими из полюса $O$, а параллелей — окружностями с центром в полюсе. Допустим, что на такой карте нанесены точки $A$ и $B$. Попробуем проложить траекторию $AB$, не заботая о протяженности путь, но требуя, чтобы направление движения было постоянным. Иными словами, требуется намерить плоскую кривую, которая проходит бы через точки $A$ и $B$, пересекая все лучи, выходящие из полюса, под некоторым постоянным углом $\alpha$ (рис. 1, а).

Координаты точки $A$ и $B$ считаем известными (то есть известны их расстояния до полюса $\rho_A$ и $\rho_B$ и разность их долгот). Легко указать частный случай такой траектории, соответствующей $\rho_A = \rho_B$. Линия, перpendикулярная ко всем лучам, выходящим из одной точки, является окружностью. Чтобы найти траекторию при произвольном угле $\alpha$, рассмотрим два луча, образующие малый угол $\theta$. Пусть один из них $OA = \rho_0$ соответствует значению $\theta = 0$. Откладывая на втором луче $ON = \rho_0 = OA$ (рис. 1, б), заметим, что $\rightarrow ANO \approx \frac{\pi}{2}$ (так как угол $\theta$ мал).

27

Пусть траектория пересекает луч $ON$ в точке $K$. Тогда из треугольника $ANK$, в котором $AN = \rho_0 \theta^*$): найдем $NK = AN \cdot \text{ctg} \alpha = \rho_0 \theta \text{ctg} \alpha$. Отсюда видно, что длина радиуса-вектора траектории $OK$ составляет

$$\rho_1 = \rho_0 - \rho_0 \theta \text{ctg} \alpha = \rho_0 (1 - \theta \text{ctg} \alpha).$$

Откладывая по часовой стрелке от $ON$ угол $\theta$ еще раз, получим для радиуса-вектора

$$\rho_2 = \rho_1 (1 - \theta \text{ctg} \alpha) = \rho_0 (1 - \theta \text{ctg} \alpha)^2.$$

Повторяя эти выкладки $n$ раз, найдем

$$\rho_n = \rho_0 (1 - \theta \text{ctg} \alpha)^n.$$

Предположим, что радиус-вектор $\rho_0$ за $n$ поворотов повернулся на угол $\lambda$, тогда $\theta = \frac{\lambda}{n}$ и

$$\rho_n = \rho_0 \left(1 - \frac{\lambda}{n} \text{ctg} \alpha\right)^n.$$

Предположим, что мы, считая угол $\lambda$ постояным, увеличиваем число «шагов» так, что величины одного «шага» $\theta = \frac{\lambda}{n}$ уменьшаются. Если $n$ увеличивается неограниченно, то это будет соответствовать непрерывному перемещению точки по траектории. Переходя в формуле (4) к предлуру при $n \to \infty$, найдем (см. Л. Г. Лиманов «О числе $e$ и $n!$» «Квант» № 5, 1972):

$$\rho = \lim_{n \to \infty} \rho_n = \rho_0 e^{-\lambda \text{ctg} \alpha},$$

где $e = 2,73$ — известная в математике постояная, знамените «число $e$», являющееся основанием натуральных логарифмов.

Мы получили уравнение кривой, которая пересекает все лучи, выходящие из центра, под углом $\alpha$. Величину этого угла можно найти, зная координаты точки $A$ и $B$ и разность их долгот $\lambda$. Из (5) найдем

$$\text{ctg} \alpha = -\frac{1}{\lambda} \ln \frac{\rho}{\rho_0}.$$

Пересекая каждой meridian под углом $\alpha$, карась придет из порта $A$ в порт $B$.

Из формулы (6) видно и другие важные свойства полученной кривой: угол между радиусами-векторами пропорционален логарифму их

*) Такая замена эквивалентна приближенной равенству, выполненной при малых значениях угла $x \left(x \ll \frac{\pi}{2}\right)$: $\sin x \approx x$. Это равенство и следующее из него равенство $\text{ctg} x \approx x$ не раз используется в этой статье.

28

$$\lambda = - \frac{\ln \frac{\rho}{\rho_0}}{\text{ctg} \alpha}.$$

Кривая (5) носит специальное название «логарифмическая спираль», а математик Яков Бернулли даже называл ее «spira mirabilis», что по-латыни значит «чудесная спираль».

В этой вспомогательной задаче часть земной поверхности, на которой происходит движение, считалась плоскостью. Попробуем обобщить полученное решение (6) на случай сферического поверхности. Иными словами, попробуем проверсти на глобусе кривую, соединяющую точки A и B и пересекающую все meridianны под постоянным углом α. При этом нам пригодится тот же математический прим, который использался во вспомогательной задаче.

Кривая Снеллиуса

Будем считать, что хотя бы одна из точек A и B не совпадает с полюсом сферы. (Если A и B — полюсы, то любой meridian является исключой кривой). Будем характеризовать положение каждой точки ее широтой φ, отсутствием от экватора, и долготой λ. Требуется проверсти кривую на сфере, выходящую из точки A с координатами φ_A, λ_A и прихождения в точку B с координатами φ_B, λ_B (см. рис. 2), так, чтобы все meridianны пересекались под одним и тем же углом α. Во вспомогательной задаче мы показали, что плоской кривой, обладающей таким свойством, является логарифмическая спираль.

Рассмотрим две близкие точки на сфере (A и N) (рис. 3), разность широт которых (дуга AO) составляет Δφ, а разность долготhora (дуга ON) — θ, где θ — малый угол, (θ << λ). Если обе точки лежат на интересушей нас кривой, то эта кривая образует равные углы α с meridianнами, проходящими через эти точки. Рассмотрим кривойнейный треугольник AON, где дуга AO совпадает с частью meridiana, дуга ON — с частью круга широты φ₁, а ⇄ OAN = α. Обозначим значение координаты φ в точке A через φ_A = φ_0. Таким образом, φ₁ = φ_0 + Δφ.

Рис. 2.
Рис. 3.

29

Можно строго доказать, что значения координат $\varphi_0$ и $\varphi_1$ связываны следующим образом:

$$\text{tg} \left( 45^\circ + \frac{\varphi_1}{2} \right) = \text{tg} \left( 45^\circ + \frac{\varphi_0}{2} \right) [1 + \theta \text{ctg} \alpha].$$

(Сторгий вывод этого равенства дан в Приложении I.)

Далее можно рассуждать так же, как и при решении вспомогательной задачи. Значение функции $\text{tg} \left( 45^\circ + \frac{\varphi}{2} \right)$ в точке с координатами $\varphi_2$, $2\theta$ составит

$$\text{tg} \left( 45^\circ + \frac{\varphi_2}{2} \right) = \text{tg} \left( 45^\circ + \frac{\varphi_1}{2} \right) [1 + \theta \text{ctg} \alpha] =$$

$$= \text{tg} \left( 45^\circ + \frac{\varphi_0}{2} \right) [1 + \theta \text{ctg} \alpha]^2.$$

После $n$ «шагов» получим для $\varphi_n$

$$\text{tg} \left( 45^\circ + \frac{\varphi_n}{2} \right) = \text{tg} \left( 45^\circ + \frac{\varphi_0}{2} \right) \left[ 1 + \frac{\lambda}{n} \text{ctg} \alpha \right]^n.$$

Допустим теперь, что мы уведомиваем число «шагов» $n$ до бесконечности, приближаясь к точке $B$. При этом $\varphi_n \rightarrow \varphi_B$. Тогда величина каждого шага $\theta = \frac{\lambda}{n}$ стремится к 0, а число сомножителей в правой части (9) неограниченно растет. Перейдя в формуле (9) к пределу при $n \rightarrow \infty$, получим (по аналогии с формулой (5)):

$$\text{tg} \left( 45^\circ + \frac{\varphi_B}{2} \right) = \lim_{n \rightarrow \infty} \left\{ \text{tg} \left( 45^\circ + \frac{\varphi_A}{2} \right) \left[ 1 + \frac{\lambda}{n} \text{ctg} \alpha \right]^n \right\} =$$

$$= \text{tg} \left( 45^\circ + \frac{\varphi_A}{2} \right) e^{\lambda \text{ctg} \alpha}.$$

Полученная кривая пересекает все meridianны на сфере под постоянным углом $\alpha$. Величину этого угла легко найти из (10), зная широту каждого порта ($\varphi_A$ и $\varphi_B$) и разность долгот ($\lambda_B - \lambda_A) = \lambda$ между ними:

$$\text{ctg} \alpha = \frac{1}{\lambda} \ln \frac{\text{tg} \left( 45^\circ + \frac{\varphi_B}{2} \right)}{\text{tg} \left( 45^\circ + \frac{\varphi_A}{2} \right)}.$$

Кривая, выраженная формулой (10), носит специальное название «локсодрома», что можно перевести с латыни как «кособежная». Эту кривую исследовал в XVIII века математик Снеллиус, известный еще и тем, что он сформировал закон преломления световых лучей на границе двух сред, известный как дому школьнику.

Локсодрома пересекает «наискось» meridianны шара и приближается к полюсу, «накручиваясь» на него, как спираль. Нетрудно показать, что влизация полюса локсодрома близка к логарифмическому спирали, о которой мы говорили во вспомогательной задаче. Действительно, вблизи полюса $\varphi = 90^\circ - \delta$, где $\delta \ll 90^\circ$. Тогда

$$\frac{\text{tg} \left( 45^\circ + \frac{\varphi}{2} \right)}{\text{tg} \left( 45^\circ + \frac{\varphi_0}{2} \right)} \approx \frac{\text{tg} \left( \frac{\delta_0}{2} \right)}{\text{tg} \left( \frac{\delta}{2} \right)} \approx \frac{\delta_0}{2} \frac{\delta}{2}.$$

30

Сравнивая формулы (10a) и (10), получим

$$\delta = \delta_0 e^{-\lambda \text{ctg} \alpha}.$$

(106)

С другой стороны, расстояния от полюса до точек $A$ и $B$, шириты которых $\delta_A$ и $\delta_B$, равны соответствию $\rho_A = R \delta_A$, $\rho_B = R \delta_B$ (R — радиус земного шара). (При написании этих равенств мы заменяем часть дуги меридиана хордой, соединяющей концы дуги.) Тогда из (106) получаем:

$$\rho_B = \rho_A e^{-\lambda \text{ctg} \alpha}.$$

(10в)

Это равенство мы уже получили во вспомогательной задаче.

Локсодрома (10) описывает такой курс корабля в открытом море, при котором направление движения остается постоянным, поэтому ориентировать в пути легко. Однако путь по локсодроме, как мы говорили выше, не является кратчайшим путем на сфере между двумя точками.

Геодезическая линия

Попробуем теперь найти кривую, которая является кратчайшим путем между двумя точками на шаре. Такую кривую называют геодезической линейей, но она представляется не только для геодезистов. Эта кривая важна и для мореплавателей, летчиков, путешествников. Если упрощить задачу и выбрать точки $A$ и $B$, расположенные на одном кругле шировты $\varphi$, то может показаться, что кратчайшим путем между этим точками является дуга широтного круга. Однако такой ответ неверен. Чтобы убедиться в этом, сравним расстояния $S_1$ и $S_2$ между точками $A$ и $B$, измененные вдоль широтного круга ($S_1$) и вдоль дуги большого круга ($S_2$) (рис. 4). Если разность долгот точек $A$ и $B$ составляет $\lambda$, то

$$S_1 = R \lambda \cos \varphi,$$

$$S_2 = RC,$$

где $C$ — радианная мера дуги $S_2$.

Можно доказать, что величины дуги $C$ (в радианах) равна

$$C = \arccos \left[ \cos^2 \varphi' + \sin^2 \varphi' \cos \lambda \right],$$

где $\varphi' = \frac{\pi}{2} - \varphi$. (Это доказано в приложении II.)

Докажем, что длина дуги большого круга $S_2$ не больше длины дуги широтного круга $S_1$ ($S_2 \leq S_1$), то есть докажем неравенство:

$$R \arccos \left[ \cos^2 \varphi' + \sin^2 \varphi' \cos \lambda \right] \leq R \lambda \sin \varphi'.$$

(14)

Равенство (14) возвращает лишь при $\varphi' = 90^\circ$ или $\varphi = 0$, то есть когда широтный круг совпадает с большим кругом.

Обе части неравенства (14) положительные. Будем считать, что разность долгот между точками $A$ и $B$ заключана в интервале $0 \leq \lambda \leq \pi$. Для $0 \leq \lambda \leq \pi$ cos $\lambda$ — убывающая функция.

31

Позному из неравенства (14) следует неравенство:

$$\cos^2 \varphi' + \sin^2 \varphi' \cos \lambda \geq \cos (\lambda \sin \varphi').$$

Используя тождество $\cos \lambda = 1 - 2 \sin^2 \frac{\lambda}{2}$, приведем неравенство (15) к виду

$$\sin^2 \varphi' \sin^2 \frac{\lambda}{2} \leq \sin^2 \left( \frac{\lambda}{2} \sin \varphi' \right).$$

Умножив и разделив это неравенство на положительное величины $\left( \frac{\lambda}{2} \sin \varphi' \right)^2$, получим:

$$\left( \frac{\sin \frac{\lambda}{2}}{\frac{\lambda}{2}} \right)^2 \leq \left( \frac{\sin \left( \frac{\lambda}{2} \sin \varphi' \right)}{\frac{\lambda}{2} \sin \varphi'} \right)^2.$$

Если теперь построить с помощью тригонометрических таблиц графики функций $y = \left( \frac{\sin x}{x} \right)^2$, то будет видно, что эта функция монотонно возрастает от $y = \left( \frac{2}{\pi} \right)^2 < 1$ до 1 при убывании $x$ от $\frac{\pi}{2}$ до 0. Так как $\frac{\lambda}{2} \sin \varphi' \leq \frac{\lambda}{2}$, то неравенство (17) всегда выполено, а значит, выполено и исходное неравенство (14). Следовательно, дуга большого круга короче других широтного круга, соединяющей те же две точки.

Можно доказать, что и при произвольном расположении двух точек на шарре кратчайшее расстояние между ними определяется по дуге большого круга, проходящей через эти точки. Иными словами, геодезический линей на шаре является дуга большого круга.

Однако ориентироваться при движении по дуге большого круга трудно — угол $\alpha$ между направлением движения и meridianом все время меняется.

Таким образом, пути по локсодроме и по дуге большого круга имеют свои достоинства и недостатки. Выбирая между этим путями, часто поступают так же, как и при движении по плоскости, когда вместе движения по сложной плоской кривой намечают пути по ломаной, все вершины которого лежат на нужной кривой.

Аналогично, при движении по сфере намечают на дуге большого круга, соединяющей пункт отправления и пункт назначения, несколько точек, и от точки к точке движется по локсодромам.

Приложение I

Точку на сфере удобно характеризовать не широтой $\varphi$, а дополнительным углом $\varphi'$

$$\varphi' = 90^\circ - \varphi.$$

Удобство такого описания связано с тем, что функция $ctg \left( \frac{90^\circ - \varphi}{2} \right)$ обладает важным свойством. Вычислим, использую формулу для тангенса суммы двух углов, приращение этой функции при изменении $\varphi$:

$$ctg \left( \frac{90^\circ - \varphi}{2} \right) = tg \left( \frac{90^\circ + \varphi}{2} \right) = tg \left( 45^\circ + \frac{\varphi}{2} \right);$$

32

$$\Delta tg \left( 45^\circ + \frac{\varphi}{2} \right) = tg \left( 45^\circ + \frac{\varphi}{2} \right) - tg \left( 45^\circ + \frac{\varphi}{2} \right) =$$

$$= \frac{tg \left( 45^\circ + \frac{\varphi}{2} \right) + tg \frac{\Delta \varphi}{2}}{1 - tg \left( 45^\circ + \frac{\varphi}{2} \right) tg \frac{\Delta \varphi}{2}} - tg \left( 45^\circ + \frac{\varphi}{2} \right) =$$

$$= \frac{tg \frac{\Delta \varphi}{2}}{\cos^2 \left( 45^\circ + \frac{\varphi}{2} \right)} \cdot (I-3)$$

Используя то жество $\frac{1}{\cos \left( 45^\circ + \frac{\varphi}{2} \right)} = 2 \sin \left( 45^\circ + \frac{\varphi}{2} \right) \cos^{-1} \varphi$, получим из формулы

$$\Delta tg \left( 45^\circ + \frac{\varphi}{2} \right) = \frac{2 tg \frac{\Delta \varphi}{2} tg \left( 45^\circ + \frac{\varphi}{2} \right)}{\left[ 1 - tg \frac{\Delta \varphi}{2} tg \left( 45^\circ + \frac{\varphi}{2} \right) \right] \cos \varphi}.$$

(I-4)

Рассмотрим случай, когда приращения $\Delta \varphi$ малы, так что $|tg \frac{\Delta \varphi}{2}| \cdot |tg \left( 45^\circ + \frac{\varphi}{2} \right)| \ll 1$. Тогда значатель в формуле (I-4) можно считать приближенно равным 1, а $tg \frac{\Delta \varphi}{2}$ можно заменить на $\frac{\Delta \varphi}{2}$. Тогда из (I-3) и (I-4) находится:

$$\Delta tg \left( 45^\circ + \frac{\varphi}{2} \right) = \frac{\Delta \varphi}{\cos \varphi} \cdot tg \left( 45^\circ + \frac{\varphi}{2} \right).$$

(I-5)

Формула (I-5) показывает, что функция $tg \left( 45^\circ + \frac{\varphi}{2} \right)$ действительно обладает важным свойствам: малые приращения этой функции пропорциональны значению самого функции.

Найдем коэффициент пропорциональности в формуле (I-5). Так как радиус круга шипоты равен

$$r = R \cos \varphi,$$

то длина дуги $ON$ составляет (см. рис. 3)

$$ON = R \theta \cos \varphi.$$

Здесь $R$ – радиус сферы. Аналогично, длина дуги $OA$ равна

$$OA = R \Delta \varphi.$$

Так как в треугольнике угол $\angle AON = \frac{\pi}{2}$, то для тангенса угла $\alpha$ можно записать

$$tg \alpha = \frac{R \theta \cos \varphi}{R \Delta \varphi}.$$

Из этого соотношения находится $\frac{\Delta \varphi}{\cos \varphi}$ в формуле (I-5):

$$\frac{\Delta \varphi}{\cos \varphi} = \theta \text{ ctg } \alpha.$$