Сретенский Л.Н. Теория ньютоновского потенциала

[Nurgali]

Ниже отрывок из книги Сретенского Л.Н. Теория ньютоновского потенциала, ОГИЗ-ГОСТЕХИЗДАТ-1946
44 стр.

Возмем окружность радиуса $p=\frac{1}{2}(r_1+r_2)$ с центром в точке $O$ и отметим на диаметре $AB$ этой окружности точку $C$, отстоящую от $A$ на расстояние $r_1$.
Соединим переменную точку $M$ окружности с точками $O$ и $C$ и обозначим через $\omega$ угол $MOB$, а через $\vartheta$ -- угол $MCB$. Из треугольника $MOC$ мы получаем следующие соотношения:

$$ MC^2=p^2+OC^2-2pOC\cos\omega, $$

$$ OC=\frac{r_1-r_2}{2},\quad \frac{\sin(\vartheta-\omega)}{\sin\vartheta}=\frac{OC}{p},\quad MC=p\frac{\sin\omega}{\sin\vartheta}. $$

Отсюда

$$ MC^2=r_1^2\sin^2\frac{\omega}{2}+r_2^2\cos^2\frac{\omega}{2}. $$

$$ d\omega=\frac{MCd\vartheta}{\sqrt{\left(\frac{r_1+r_2}{2}\right)^2\cos^2\omega+r_1r_2\sin^2\omega}}. $$

Объясните, пожалуйста, как получается последнее равенство?

[svv]

Самое простое, что придумал.
Введём векторы $\mathbf p=\vec{OM}, \mathbf q=\vec{CM}, \mathbf t=\vec{OC}$. Их модули обозначаем $p,q,t$. Очевидно, $\mathbf p=\mathbf t+\mathbf q$.

По теореме синусов $p\sin(\theta-\omega)=t\sin\theta$. Возьмём дифференциал от обеих частей и домножим на $q$:
$pq\cos(\theta-\omega)\;(d\theta-d\omega)=tq\cos\theta\;d\theta$, или
$\mathbf p\cdot\mathbf q\;(d\theta-d\omega)=\mathbf t\cdot\mathbf q\;d\theta$
$q^2\;d\theta=\mathbf p\cdot \mathbf q\;d\omega=(q^2+\mathbf q\cdot \mathbf t)\;d\omega$
$d\omega=\dfrac{q\;d\theta}{q+t\cos\theta}=\dfrac{q\;d\theta}{\sqrt{p^2-t^2\sin^2\theta}}$
В последнем переходе учтено
$p^2=q^2-2tq\cos(\pi-\theta)+t^2=(q+t\cos\theta)^2+t^2\sin^2\theta$

Остаётся немного поработать с подкоренным выражением.

[Nurgali]

Спасибо большое за ответ! К сожалению, не понял откуда получается равенство

svv в сообщении #1154262 писал(а):

$q^2\;d\theta=\mathbf p\cdot \mathbf q\;d\omega=(q^2+\mathbf q\cdot \mathbf t)\;d\omega$

[svv]

Вот подробно-подробно.
$p\sin(\theta-\omega)=t\sin\theta$
Берём дифференциал от обеих частей. Учитываем, что вектор $\mathbf t$ постоянный, а вектор $\mathbf p$ хоть и не постоянный, но у него постоянный модуль (радиус окружности), и поэтому $dp=0,\;dt=0$.
$p\cos(\theta-\omega)(d\theta-d\omega)=t\cos\theta\;d\theta$
Домножаем обе части на $q$:
$pq\cos(\theta-\omega)(d\theta-d\omega)=tq\cos\theta\;d\theta$
Образовались скалярные произведения:
$\mathbf p\cdot \mathbf q\;(d\theta-d\omega)=\mathbf t\cdot \mathbf q\;d\theta$
Соберем в левой части члены с $d\theta$, а в правой с $d\omega$:
$(\mathbf p\cdot \mathbf q-\mathbf t\cdot \mathbf q)\;d\theta=\mathbf p\cdot \mathbf q\;d\omega$
В левой части учтём, что $\mathbf p-\mathbf t=\mathbf q$:
$\mathbf q\cdot \mathbf q\;d\theta=\mathbf p\cdot \mathbf q\;d\omega$
В правой части, наоборот, учтём, что $\mathbf p=\mathbf q+\mathbf t$:
$\mathbf q\cdot \mathbf q\;d\theta=(\mathbf q\cdot \mathbf q+\mathbf t\cdot \mathbf q)\;d\omega$
Выразим скалярные произведения через модули и углы:
$q^2\;d\theta=(q^2+tq\cos\theta)\;d\omega$
Сократим на $q$:
$q\;d\theta=(q+t\cos\theta)\;d\omega$
Выразим $d\omega$:
$d\omega=\dfrac{q\;d\theta}{q+t\cos\theta}$

Таким образом, векторы появились на миг и исчезли, но своё дело сделали: все преобразования элементарные, и нет никакой зубодробительной тригонометрии. А вот автор книги, похоже, противник использования векторов.