Непрямые равноудалённые

[Утундрий]

В псевдоэвклидовом пространстве $\mathbb{R}^{1,1}$ найти и описать все пары времениподобных кривых, взаимно равноудалённых в смысле радарного расстояния.

[svv]

1. Если сигнал отправляется из точки $A_1$ на кривой $\alpha$, отражается от точки $B$ на $\beta$ и прибывает в точку $A_2$ на $\alpha$, какой точке на какой кривой приписывается найденное расстояние?

2. Расстояние должно быть постоянным? (Иначе как Вы сопоставите точке на одной кривой другую точку на другой кривой, для которой расстояние то же?)

[Утундрий]

svv в сообщении #1015202 писал(а):

Расстояние должно быть постоянным?

Да, конечно.

[Утундрий]

Всё оказалось проще чем я предполагал. Пусть $t,x$ - стандартные координаты, в которых $ds^2=dt^2-dx^2$. Удобным оказывается переход к изотропным координатам $t = \dfrac{u + v}{2} , \; x = \dfrac{u - v}{2}.$
Зададим искомую кривую параметрически $\left( u(s), v(s) \right)$, тогда "правая равноудалённая" к ней кривая есть $\left( u(s+\Delta), v(s) \right)$, где $\Delta$ - радарный отклик, фиксированная константа. Для того чтобы исходная кривая $(u,v)$ была для $(u_{+\Delta},v)$ "левой равноудалённой" необходимо выполнение условия

$$\int\limits_{s_0 }^{s_0 + \Delta } {\frac{{d\tilde s}}{{ds}}ds} = \Delta $$

где $\tilde s$ - натуральный параметр "правой" кривой.

Поскольку $ds^2=dudv=u'v'ds^2$, то $u'v'=1$. Откуда ${d\tilde s}^2=u'_{+\Delta}v'ds^2=\dfrac{u'_{+\Delta}}{u'}ds^2$, после чего наше условие запишется в виде

$$\int\limits_{s_0 }^{s_0 + \Delta } {\sqrt{\frac{u'(s+\Delta)}{u'(s)}}ds} = \Delta$$

Уберём из задачи $\Delta$, положив $u'(s) \equiv \varphi \left(2 \pi \dfrac{s}{\Delta} \right)$ и тогда уж заодно $\dfrac{\varphi (\xi+2 \pi)}{\varphi (\xi)} \equiv \lambda (\xi)^2$, после чего получим

$$\int\limits_\eta ^{\eta + 2\pi } {\lambda (\xi )d\xi } = 2\pi $$

Дифференцируя последнее равенство по $\eta$, находим $\lambda (\xi +2 \pi )=\lambda (\xi )$.

Вернёмся к уравнению нашей кривой. Игнорируя непринципиальные для задачи сдвиги и растяжения, можно сразу записать $t(\xi)=a(\xi)+b(\xi), \; x(\xi)=a(\xi)-b(\xi)$ для исходной "левой" кривой и ${\tilde t}(\xi)=a(\xi+2 \pi)+b(\xi), \; {\tilde x}(\xi)=a(\xi+2 \pi)-b(\xi)$ для равноудалённой от неё "правой" кривой. Здесь $a(\xi) \equiv \int\limits_0^\xi {\varphi (\xi )d\xi }, \; b(\xi) \equiv \int\limits_0^\xi {\dfrac{1}{\varphi (\xi )}d\xi }.$ (По сути это те же $u$ и $v$, но несколько отмасштабированные, поэтому для сохранения видимости математического приличия я обзову их новыми буквами.)

Что можно сказать о функции $\lambda(\xi)$? Критичным для поведения кривой оказывается равенство либо не равенство $\lambda$ единице. Пусть в окрестности некоторой точки $\lambda > 1$, тогда при $t \to + \infty$ соответственные участки кривой будут всё более крениться набок, стремясь изотропизироваться. С $\lambda < 1$ та же история, только крен будет в другую сторону. Ну и для $t \to - \infty$ ровно то же самое. В пределе больших и малых времён получим практически ломанную с точками излома (очень большого ускорения) там, где $\lambda = 1$. Не очень красивое поведение.

В свете вышеизложенного положим $\lambda \equiv 1$. Тогда $\varphi (\xi +2 \pi )=\varphi (\xi )$. Функция $\varphi$ подчиняется ещё одному ограничению $\varphi >0$, следующему из условия времениподобности искомой кривой ($u'>0, \; v'>0$), а в остальном произвольна.

Уже из периодичности $\varphi$ вытекает важное следствие: $a(\xi+2 \pi)=a(\xi)+l$, где $l$ - константа. Что означает следующее: "правая" кривая получается из "левой" сдвигом на постоянный изотропный вектор. Следовательно, форма у них одинакова.

В заключение приведу какой-нибудь пример, коий можно, скажем, нарисовать. Занятные кривули получаются при $\varphi(\xi)=3+\cos \xi$, что даёт $a(\xi)=3 \xi+\sin \xi, \; b(\xi)=\dfrac{1}{\sqrt 2} \arctg \left( \dfrac{1}{\sqrt 2} \tg \dfrac{\xi}{2} \right)$. Хотя тут есть одна тонкость. Построенная по предложенному алгоритму кривая совсем не обязательно будет обладать великохудожественным свойством $x(\xi+ 2 \pi)=x(\xi)$ и может поэтому выглядеть не так круто как могла бы, вспомни я вовремя о преобразованиях Лоренца. Ну да не беда, их всегда можно провести и опосля. Вот так вот: $t(\xi)=C a(\xi)+\dfrac{1}{C} b(\xi), \; x(\xi)=C a(\xi)-\dfrac{1}{C} b(\xi)$, где $C$ - константа.