Лемниската с континуумом фокусов

[Alex_J]

Лемниската - геометрическое место точек, произведение расстояний от которых до $N$ заданных фокусов равно заданной константе.

Но если множество фокусов непрерывно, то при расчёте происходит отсылка к "мультипликативному интегрированию" - это вызвано необходимостью вычислять бесконечное произведение.

Итак, $\prod_{i=1}^{N}\rho(\mathbf{r},A_i)=\operatorname{const}$ - уравнение лемнискаты, где $A_i$ - фокусы (для определённости в расчётах это мог бы быть радиус-вектор либо комплексное число, пока оставлю в таком виде), $\mathbf{r}$ - радиус-векторы искомых точек кривой, $\rho$ - расстояние между двумя точками.

В принципе, точно так же можно записать:

$$f(\prod_{i=1}^{N}\rho(\mathbf{r},A_i))=C$$

где $f$ - это оператор с требованием монотонности, $C$ - константа.

В качестве "таблетки от бесконечности" в произведении бесконечного множества расстояний до точек мы возьмём определение "мультипликативного интеграла", см. ссылку выше. Поменяем способ задания фокусов с индексного $A_i$ на параметрический: $A(s)$, где $s=0..1$. Теперь задаём разбиение множества значений $s$ как для интеграла, устремляем число отрезков в разбиении до бесконечности, берём предел:

$$\lim_{N\to\infty}\sqrt[N]{\prod_{i=1}^{N}\rho(\mathbf{r},A(\frac i N))}=C$$

К определению обычного интеграла переходим через логарифм:

$$\lim_{N\to\infty}\frac 1 N{\sum_{i=1}^{N}\ln\rho(\mathbf{r},A(\frac i N))}=\ln C$$

Отсюда неявный вид кривой таков:

$$\ln C=\int_0^1\ln\rho(\mathbf{r},A(\frac i N))ds$$

Например, для отрезка $A(s)=(s,0)$ имеем:

$$\ln C=y\arctg{\frac y {y^2+x^2-x}}+\frac x 2 \ln(x^2+y^2)-1+\frac {1-x}{2}\ln((x-1)^2+y^2)$$

Для окружности же ($\rho=\sqrt{(x-\cos(s))^2+(y-\sin(s))^2}$, $s=0..2\pi$) получается огромное выражение, которое к тому же сокращается в нуль (пределы интегрирования!..) - видимо, нужно считать через вычеты, или может быть будут другие предложения?

-- 05.01.2015, 03:10 --

Для отрезка $x=0$, $y=0..1$ семейство кривых выглядит так:

[вздымщик Цыпа]

Alex_J в сообщении #956572 писал(а):

:

$$\ln C=\int_0^1\ln\rho(\mathbf{r},A(\frac i N))ds$$

Тут опечатка.

Если мне не изменяет интуиция, то результат будет зависеть не только от «геометрического места фокусов», но и от параметризации, а это, наверное, не совсем то, что Вы хотели получить.

[Alex_J]

вздымщик Цыпа в сообщении #956604 писал(а):

Тут опечатка.

Да, правильно так:

$$\ln C=\int_0^1\ln\rho(\mathbf{r},A(s))ds$$

И насчёт параметризации: тоже соглашусь, и если обратиться к интуиции, то пределы интегрирования должны быть от 0 до мощности континуума, т.е. напимер до величины длины отрезка. При расчёте окружности я как-то опять же интуитивно брал не 1, а $2\pi$. И, представляя $A(s)=(x(s),y(s))$, должно быть $\sqrt{\frac{dx}{ds}^2+\frac{dy}{ds}^2}=1$.

[Red_Herring]

Поскольку окружность обладает вращательной симметрией, то и ее лемниската обладает той же симметрией и представляет собой либо окружность, либо объединение окружностей с тем же центром. Ясно, что если "произведение" достаточно велико то получится лишь одна (внешняя) окружность, а если достаточно мало то к в внешней добавится еще и внутренняя (в принципе их может быть несколько, но это навряд ли), которая с ростом этого параметра коллапсирует к центру.

[Alex_J]

Red_Herring

А что Вы скажете о правомерности моего метода расчётов?

То, что с окружностью и линия уровня будет окружностью, это понятно, интересно её поведение. Скорее всего, на $r>>R$ зависимость будет стремиться к линейной, а то и просто к $r=C$.

[Red_Herring]

При некоторых $r$ мы имеем как минимум две окружности. Если же $C\gg 1$ то будет одна и посчитать асимптотическое поведение $C(R)$ где $R$ радиус этой окружности достаточно просто: надо рассмотреть

$$\int_0^{\pi}\ln \bigl((R-\cos(s))^2+(\sin(s))^2\bigr)\,ds=2\pi \ln R + \int_0^{\pi}\ln \bigl(1-2R^{-1}\cos(s)+R^{-2}\bigr)\,ds$$

и разложить второй член по степеням $R^{-1}$.