Lời giải. Từ hình vẽ cho thấy hyperbol có trục thực nằm dọc và a = 4
(feet). Phương trình chuẩn của hyperbol có dạng y2
a2 − x
2 b2 = 1.
4, x = 8 và y = 12 vào phương trình và nhận được 122 42 − 8 2 b2 = 1 ⇔ 144 16 − 64 b2 = 1 ⇒ 64 b2 = 9−1 = 8 ⇒ b2 = 64 8 = 8. Vậy phương trình của hyperbol là
y2 16 − x
2 8 = 1.
Điểm thuộc hyperbol cao hơn đỉnh 6 feet có tung độ y = 4 + 6 = 10 (feet) và hồnh độ ±x. Thay vào phương trình hyperbol ta được
102 16 −x 2 8 = 1 ⇔ x 2 8 = 100 16 −1 = 5,25 ⇒x2 = 5,25.8 = 42 ⇒x ≈ 6,48. Điểm thuộc hyperbol ở bên phải của đỉnh có tọa độ (6,48, 10). Khoảng cách từ điểm này tới đỉnh (0, 4) bằng
q
(6,48)2 + (10−4)2 = √
42 + 36 = √
78 ≈ 8,83.
2.3.2 Năng lượng hạt nhân
Ví dụ 2.3.2. Một tháp cao làm mát ở nhà máy hạt nhân dạng hyperbol tròn xoay, tức là một hyperbol xoay trịn quanh trục áo của nó, như vẽ ở Hình 2.9. Phương trình hyperbol ở Hình 2.10 được dùng để tạo ra hyperboloid là
x2
1002 − y
2
1502 = 1.
Nếu tháp có chiều cao 500 m, đỉnh tháp cao 150 m tính từ tâm của hyperbol và đáy tháp cao 350 m dưới tâm của hyperbol thì bán kính của đỉnh tháp và đáy tháp bằng bao nhiêu? Bán kính của mặt cắt ngang hình trịn nhỏ nhất trong tháp là bao nhiêu? Kết quả tính tốn được làm trịn tới ba chữ số thập phân.
Hình 2.9: Tháp làm mát hạt nhân . Hình 2.10: Phần hyperbol của vỏ tháp.
Lời giải.
• Điểm thuộc hyperbol (vỏ tháp) ở trên đỉnh tháp có tọa độ (x, 150). Thay y = 150 vào phương trình của vỏ tháp, ta nhận được
x2 1002−150 2 1502 = 1 ⇒ x 2 10000 = 2 ⇒x2 = 20000 ⇒ x = 100√ 2≈ 141,421. Vậy bán kính của đỉnh tháp bằng 141,421(m).
• Điểm thuộc hyperbol (vỏ tháp) ở dưới đáy tháp có tọa độ (x,−350).
Thay y = −350 vào phương trình của vỏ tháp, ta nhận được x2 1002−350 2 1502 = 1 ⇒ x 2 10000 = 6,444 ⇒x2 = 64444,444⇒ x ≈ 253,859(m). Vậy bán kính của đáy tháp bằng 253,859 (m).
• Bán kính nhỏ nhất của tháp bằng a = 100(m).
2.4 Hyperbol trong Vật lý thiên văn
2.4.1 Khoa học không gian
Để theo dõi các con tàu thám hiểm không gian quan sát các hành tinh ngoài hệ mặt trời, cơ quan nghiên cứu vũ trụ NASA sử dụng các gương phản xạ parabol lớn với đường kính bằng hai phần ba chiều dài của một
sân bóng đá. Khơng cần phải nói, ta cũng biết rằng nhiều bài toán thiết kế được đặt ra do sức nặng của các gương phản xạ này. Một bài toán về trọng lượng gương đã được giải quyết bằng cách sử dụng một gương phản xạ hyperbol có cùng tiêu điểm với gương parabol để phản xạ các sóng điện từ tới tiêu điểm cịn lại của hyperbol mà tại đó có lắp đặt thiết bị thu tín hiệu (xem Hình 2.11 - 2.12).
Hình 2.11: Gương khơng gian. Hình 2.12: Sơ đồ gương.
Ví dụ 2.4.1. Với ăng-ten thu tín hiệu trong hình vẽ, tiêu điểm chung F được đặt ở vị trí cao 120 m bên trên đỉnh của parabol và tiêu điểm F0 của hyperbol cao 20 m phía trên đỉnh này. Đỉnh của hyperbol phản xạ cao 110 m phía trên đỉnh của parabol. Đưa vào hệ trục tọa độ bằng cách dùng trục của parabol làm trục Oy (chiều dương phía trên) và kẻ trục Ox đi qua tâm của hyperbol (chiều dương bên phải). Tìm phương trình của gương hyperbol phản xạ? Viết y theo x.
Lời giải. Khoảng cách giữa hai tiêu điểm F và F0 của hyperbol là
2c = 120 − 20 = 100 m. Do đó c = 50 và tâm của hyperbol ở độ cao 20 + 50 = 70 m phía trên đỉnh của parabol. Do đỉnh của hyperbol phản xạ cao 110 m phía trên đỉnh của parabol, nên đỉnh cách tâm là a = 110−70 = 40 (m).
Từ hệ thức c2 = a2 +b2 suy ra b2 = 502 −402 = 2500 −1600 = 900 và b = 30(m).
Trục thực của gương hyperbol là trục Oy, nên phương trình của gương là
y2
1600 − x
2
900 = 1. Giải y theo x ta nhận được y2 = 1600(x
2 + 900) 900 = 16(x2 + 900) 9 và y = ± s 16(x2 + 900) 9 = ±4 3 √ x2 + 900.
Do gương hyperbol nằm trên gốc tọa độ nên y = 4
√
x2 + 900
3 .
2.4.2 Hyperbol với hệ mặt trời
Một ứng dụng thú vị của các đường cônic liên quan đến quỹ đạo của các sao chổi trong hệ mặt trời của chúng ta. Trong số 610 sao chổi được biết trước năm 1970, 245 có quỹ đạo elip, 295 có quỹ đạo parabol và 70 có quỹ đạo hyperbol. Tâm của mặt trời là tiêu điểm của mỗi quỹ đạo và mỗi quỹ đạo có đỉnh là điểm mà ở đó sao chổi gần mặt trời nhất., như vẽ ở Hình 2.13. Chắc chắn là đã có nhiều sao chổi có quỹ đạo parabol hay hyperbol đã không được biết tới. Chúng ta chỉ có thể nhìn thấy các sao chổi như thế có một lần. Những sao chổi có quỹ đạo elip, chẳng hạn sao chổi Halley, là những ngôi sao duy nhất còn tồn tại trong hệ mặt trời của chúng ta.
Nếu p là khoảng cách giữa đỉnh và tiêu điểm (đơn vị mét) và v là vận tốc của sao chổi ở đỉnh (đơn vị m/giây) thì các loại quỹ đạo được xác định như sau: 1. Elip: v < r 2GM p , 2. Parabol: v = r 2GM p ,
3. Hyperbol: v >
r
2GM p .
Trong mối hệ thức này, M = 1,9891030 kg (khối lượng của mặt trời) và G≈ 6,67 10 11 m3/(kg s)2 (hằng số hấp dẫn vũ trụ).
Hình 2.13: Quỹ đạo của sao chổi . Hình 2.14: Gương hyperbol.
2.5 Hyperbol trong đời sống
2.5.1 Gương hyperbol
Hyperbol thường được sử dụng làm mơ hình cho nhiều tình huống xảy ra trong lĩnh vực quang học và âm thanh, vì sóng ánh sáng và sóng âm va đập vào bề mặt một hyperbol theo góc nào đó (hướng tới một tiêu điểm) được phản xạ lại theo một hướng khác (về phía tiêu điểm kia). Ta có thể viết phương trình cho các trường hợp gương có hình dạng hyperbol, miễn là ta có đủ thơng tin để xác định các giá trị a và b trong phương trình đã đưa ra cho hyperbol (xem Hình 2.14).
Ví dụ 2.5.1. Gương hyperbol được sử dụng trong một số kính viễn vọng. Các gương như thế có tính chất là tia sáng hướng tới một tiêu điểm của gương sẽ được phản xạ tới tiêu điểm kia. Dựa vào Hình 2.14 hãy viết phương trình mơ phỏng bề mặt của gương hyperbol.
Lời giải. Đỉnh của hyperbol là một điểm chẵn trên trục Oxvà tâm của hyperbol ở gốc tọa độ. Do đó hồnh độ của điểm chắn trên trục Ox là a = 15. Ta có thể xác định b bằng cách thay thế x = 20 và y = 20 vào phương trình của hyperbol nằm ngang và giải theo b như sau
x2 a2 − y 2 b2 = 1 ⇒ 20 2 152 − 20 2 b2 = 1 ⇒ 202b2 −152202 = 152b2 ⇒202b2 −152b2 = 152202 ⇒ b2(202 −152) = 152202 ⇒ b2 = 15 2202 202 −152 = 3600 7 .
Ta giới hạn hyperbol ở nhánh phải hay x ≥ 15.
Vậy bề mặt gương có thể được mơ tả bởi phương trình x2 225 − 7y 2 3600 = 1 với x ≥ 15. 2.5.2 Hệ thống định vị từ xa
Một hệ thống định vị từ xa có thể giúp hoa tiêu điều khiển khinh khí cầu bằng cách duy trì hiệu số khơng đổi giữa các khoảng cách từ khinh khí cầu tới hai điểm cố định trên mặt đất: trạm chủ và trạm vệ tinh.
Ví dụ 2.5.2. Hãy viết phương trình của hyperbol vẽ ở Hình 2.15
Lời giải.
Đỉnh của hyperbol với tâm tại gốc tọa độ là một điểm chắn trên trục Ox. Từ hình vẽ cho thấy hồnh độ của điểm chắn này là a = 120. Ta có thể xác định b bằng cách thay tọa độ của điểm cho trước trên đồ thị là x = 140, y = 60 vào phương trình hyperbol nằm ngang và giải theo b ta được x2 a2 − y 2 b2 = 1 ⇒ 140 2 1202 − 60 2 b2 = 1 ⇒ 1402b2 −1202602 = 1202b2 ⇒1402b2 −1202b2 = 1202602
Hình 2.15: Hệ thống định vị từ xa. Hình 2.16: Thiết diện hyperbol.⇒ b2(1402 −1202) = 1202602⇒ b2(1402 −1202) = 1202602 ⇒ b2(1402 −1202) = 1202602 ⇒ b2 = 120 2602 1402 −1202 = 129600 13 .
Ta giới hạn hyperbol ở nhánh phải hay x ≥ 120. Vậy hyperbol cho ở Hình 2.15 được mơ tả bởi phương trình
x2
12400 − 13y
2
129600 = 1 với x ≥120.
2.5.3 Mơ hình hóa bằng hyperbol
Ví dụ 2.5.3. Biểu đồ ở Hình 2.16 mơ tả một thiết diện hyperbol của bức tượng đặt trước Phịng thí nghiệm Gia tốc Quốc gia Fermi ở Batavia, Illinois.
a) Viết phương trình mơ tả hai đường cong biên của bức tượng. b) Ở độ cao 16 feet (đơn vị đo chiều dài của Anh bằng 0,3048 m) thì chiều rộng của bức tượng bằng bao nhiêu? (Mỗi đơn vị trong mặt phẳng tọa độ tương ứng với 2 feet).
a = 1. Do đó phương trình hyperbol có dạng: x2
12 − y
2 b2 = 1.
Vì hyperbol đi qua điểm (2, 13) nên thayx = 2, y = 13 vào phương trình và giải ra theo b ta được
22
12 − 13
2
b2 = 1 ⇒ b ≈7,5. Vậy phương trình của hyperbol là
x2
12 − y
2
(7,5)2 = 1.
b) Ở độ cao 16 feet kể từ mặt đất tương ứng với điểm có tung độ y = 8 trên mặt phẳng tọa độ. Để tìm chiều rộng của bức tượng, ta thay thế giá trị này vào phương trình và giải tìm x, ta nhận được x ≈ 1,46.
Vậy ở độ cao 16 feet chiều rộng của bức tượng xấp xỉ bằng 5,84 feet.
2.5.4 Nghệ thuật nhiếp ảnh
Ví dụ 2.5.4. Một gương hyperbol được dùng để chụp ảnh toàn cảnh. Máy ảnh hướng về phía đỉnh của gương và được đặt ở vị trí sao cho ống kính trùng với một tiêu điểm của gương. Phương trình của thiết diện gương là
y2 16 − x
2 9 = 1,
trong đó, x và y được đo theo inch (đơn vị đo chiều dài của Anh: 1 inch
≈ 2,52 cm). Khoảng cách từ ống kính tới gương bằng bao nhiêu inch?
Lời giải. Từ phương trình của thiết diện gương ta thấy a2 = 16, b2 = 9.
Từ đó a = 4, b = 3. Ta tìm c theo cơng thức c2 = a2+b2 = 16 + 9 = 25, do đó c = 5. Do a = 4, c = 5 nên các đỉnh của gương là (0, −4) và (0,
4), và các tiêu điểm là (0, −5) và (0, 5). Máy ảnh ở dưới gương, vì thế
ống kính ở tại điểm (0, −5), đỉnh của gương ở tại điểm (0, 4) và khoảng
cách giữa hai điểm này bằng4−(−5) = 9. Kết quả là ống kính máy ảnh
2.6 Một số bài tập áp dụng
Trong mục này chúng tôi nêu thêm một số bài tập áp dụng của Hy- perbol để thấy rõ hơn những ứng dụng của nó trong khá nhiều các lĩnh vực quan trọng của đời sống thực tế.
Bài tập 2.6.1. Xác định khoảng cách từ một tàu biển tới hai trạm truyền tin: Một con tàu đang trên hành trình đi song song với một bờ biển thẳng và cách bờ 60 km. Hai trạm truyền tin, S1 và S2, nằm trên bờ biển, cách xa nhau 200 km (như ở Hình 2.3). Bằng cách tính giờ các tín hiệu vơ tuyến từ hai trạm, hoa tiêu của tàu xác định rằng con tàu đang ở giữa hai trạm và ở gần S2 hơn S1 là 80 km. Tìm khoảng cách từ con tàu tới mỗi trạm. Đáp số làm tròn đến ba chữ số thập phân.
Lời giải. (Tương tự Ví dụ 2.2.1) Nếu d1 và d2 lần lượt là khoảng cách
từ con tàu tới S1 và S2 thì hiệu d1 −d2 = 80 và con tàu phải nằm trên hyperbol với tiêu điểm tại S1 và S2, đồng thời hiệu hai khoảng cách cố định bằng 80, như vẽ minh họa ở Hình 2.4. Để đưa ra phương trình của hyperbol, ta biểu diễn hiệu cố định này bằng 2a. Như vậy, với hyperbol trong Hình 2.4 ta có
c = 100, a = 80
2 = 40, b
2 = 1002 −402 = 8400. Phương trình của hyperbol này là
x2
1600 − y
2
8400 = 1.
Thay y = 60 vào phương trình và giải theo x (Hình 2.4), ta được x2 = 2285,714. Do đó x = 47,809 (Nghiệm âm bị loại, vì con tàu ở gần S2 hơn S1). Ta dễ dàng tính được:
Khoảng cách từ con tàu tới S1 : d1 ≈159,523 km.
Bài tập 2.6.2. Khi một máy bay bay nhanh hơn tốc độ âm thanh thì các sóng âm tạo ra một hình nón âm thanh phía sau máy bay. Nếu máy bay bay song song với mặt đất thì nón âm thanh cắt mặt đất theo một hình hyperbol với máy bay ở ngay trên tâm của nó (Hình 2.17). Tiếng ầm vang nghe thấy dọc theo hyperbol. Nếu ta nghe thấy tiếng ầm vang thì có nghĩa là ta đang ở trong vùng hyperbol có phương trình:
x2 100 − y
2 4 = 1,
trong đó x và y đo theo dặm Anh. Khoảng cách theo chiều ngang ngắn nhất từ máy bay tới nơi nghe thấy tiếng máy bay bằng bao nhiêu?
Hình 2.17: Tiếng ồn máy bay. Hình 2.18: Bài tập2.6.3.
Lời giải. Từ phương trình đã cho của hyperbol ta thấya = √
100 = 10. Theo tính chất của hyperbol, khoảng cách từ tâm tới đỉnh của hyperbol bằng a = 10. Theo đề bài, vì máy bay ở ngay trên tâm hyperbol nên khoảng cách ngắn nhất theo chiều ngang từ máy bay tới nơi nghe được
tiếng của nó bằng a = 10 dặm.
Bài tập 2.6.3. Viết phương trình mơ tả bề mặt của gương hyperbol như vẽ ở Hình 2.18.
Lời giải. Từ hình vẽ ta thấy khoảng cách từ tâm tới đỉnh của hyperbol
bằng 25, tứca = 25và điểm có tọa độ (x, y) = (26, 10) nằm trên hyperbol. Thay các giá trị này vào phương trình chuẩn của hyperbol ta sẽ xác định
được hệ số b2 ≈ 1225,5. Vậy phương trình cần tìm của gương hyperbol là x2 625 − y 2 1225.5 = 1. Bài tập 2.6.4. Hai tháp vô tuyến cách nhau 200 km được đặt dọc bờ biển với A nằm về phía Tây đối với B. Các tín hiệu vơ tuyến được gửi đồng thời từ mỗi tháp tới một con tàu và tín hiệu ở B nhận được sớm hơn 500 micro giây trước tín hiệu ở A.
a) Giả sử rằng các tín hiệu vơ tuyến truyền đi với vận tốc 300 mét/micro giây, hãy xác định phương trình của hyperbol mà con tàu nằm trên đó. b) Nếu con tàu nằm về phía Bắc của tháp B thì tàu cách bờ biển bao xa?
Lời giải. a) Theo đề bài con tầu nhận được tín hiệu từ B sớm hơn từ
A 500 micro giây, vì âm thanh di chuyển với tốc độ 300 mét/micro giây nên hiệu số khoảng cách từ con tàu tới A và B là 500×300m = 150000 m. Hiệu khoảng cách này là 2a = 150, nên a = 75. Con tàu nằm trên một nhánh của hyperbol, với hai tháp vô tuyến A và B là hai tiêu điểm, A và B cách nhau 200 km, nghĩa là 2c = 200. Từ đó c = 100. Theo tính chất của hyperbol, b2 = c2−a2, từ đó b2 = 1002−752 = 4375 và phương trình chuẩn của hyperbol là
x2
5625 − y
2
4375 = 1.
b) Con tàu nằm về phía Bắc của tháp B, nghĩa là có hồnh độ x = c = 100. Thay x = 100 vào phương trình trên ta có y ≈56,333 m. Bài tập 2.6.5. Các thí nghiệm tán xạ, trong đó các hạt chuyển động bị lệch hướng bởi nhiều lực khác nhau, dẫn đến khái niệm về hạt nhân nguyên tử. Năm 1911 nhà vật lý học Ernest Rutherford (1871-1937) đã phát hiện ra rằng khi các hạt alpha hướng tới hạt nhân của nguyên tử
vàng, chúng dần dần bị lệch hướng theo những đường hyperbol, như minh họa ở Hình 2.19. Nếu một hạt tiến gần tới hạt nhân 3 đơn vị dọc theo hyperbol với đường tiệm cận là y = x
2 thì phương trình đường đi của nó là gì?
Hình 2.19: Hạt chuyển động bị lệch hướng Hình 2.20: Xác định vị trí vụ nổ.
Lời giải. Theo cơng thức (1.7), với hyperbol nằm ngang thì phương