Ein- und Ausfallswinkel bei Ellipsen

23.02.2020, 14:38

Ulrich Ruhnau

Ein- und Ausfallswinkel bei Ellipsen

Die Brennpunkte einer Ellipse heißen nicht umsonst Brennpunkte. Kann man eigentlich zeigen, daß alle Strahlen, die von einem Brennpunkt (hier A) ausgehen, genau im anderen Brennpunkt (hier B) landen?

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23.02.2020, 19:49

CrazyL

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RE: Ein- und Ausfallswinkel bei Ellipsen
Einen schicken geometrischen Beweis gibts bei Wikipedia, aber analytisch gehts auch!

Verschiebe die Ellipse so, dass E im Ursprung liegt. Drehe die Ellipse um E, sodass die Hauptachse in x-Richtung zeigt.
Parametrisiere die Ellipse: $\begin{eqnarray*} r(t)=(a\cos(t);\:b\sin(t))^T,\quad a>b>0,\quad t\in[0;2\pi) \end{eqnarray*}$
Tangentenvektor: $\begin{eqnarray*} v(t)=r'(t)=(-a\sin(t);\:b\cos(t))^T \end{eqnarray*}$
Normalenvektor: $\begin{eqnarray*} n(t)=Rot_z(\pi/2)\: v(t)=-(b\cos(t);\:a\sin(t))^T \end{eqnarray*}$
Benutze als Ansatz für die Brennpunkte: $\begin{eqnarray*} f_{1,2}=\pm e(1;\:0)^T,\quad e>0 \end{eqnarray*}$
Zeige durch Nachrechnen, dass Ein- und Ausfallswinkel gleich sind:
$\begin{eqnarray*} \left<\frac{r(t)-f_1}{\|r(t)-f_1\|_2};\:\frac{n(t)}{\|n(t)\|_2}\right>=\left<\frac{r(t)-f_2}{\|r(t)-f_2\|_2};\:\frac{n(t)}{\|n(t)\|_2}\right>,\quad t\in[0;\:2\pi)\quad\Rightarrow\quad e=\sqrt{a^2-b^2} \end{eqnarray*}$

Man kann natürlich auch den bekannten Wert für e einsetzen und auf "wahre Aussage" prüfen^^

23.02.2020, 22:38

Ulrich Ruhnau

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RE: Ein- und Ausfallswinkel bei Ellipsen

Zitat:

Original von CrazyL
[*]Zeige durch Nachrechnen, dass Ein- und Ausfallswinkel gleich sind:
$\begin{eqnarray*} \left<\frac{r(t)-f_1}{\|r(t)-f_1\|_2};\:\frac{n(t)}{\|n(t)\|_2}\right>=\left<\frac{r(t)-f_2}{\|r(t)-f_2\|_2};\:\frac{n(t)}{\|n(t)\|_2}\right>,\quad t\in[0;\:2\pi)\quad\Rightarrow\quad e=\sqrt{a^2-b^2} \end{eqnarray*}$

Dank an CrazyL für die Zusammenstellung!
Nunja, da ist viel zu rechnen. Ich meine, man kann sich das etwas leichter machen indem man sagt

$\begin{eqnarray*} \frac{\vec r(\varphi)- \vec f}{\left|\vec r(\varphi)-\vec f\right|}\cdot \:\vec n(\varphi)=\frac{\vec r(\varphi)+\vec f}{\left|\vec r(\varphi)+\vec f\right|}\cdot \:\vec n(\varphi) \end{eqnarray*}$ mit

$\begin{eqnarray*} \vec r(\varphi)=\begin{pmatrix} a\cos \varphi \\ b\sin \varphi \end{pmatrix} \quad \frac{\partial\vec r(\varphi)}{\partial\varphi}=\begin{pmatrix} -a\sin \varphi \\ b\cos \varphi \end{pmatrix}=\vec n(\varphi)\quad \vec f=\begin{pmatrix}e \\ 0\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Alles ineinander eingesetzt muß dann gelten:

$\begin{eqnarray*} \frac{(a\cos\varphi-e,b\sin\varphi)\cdot\begin{pmatrix}-a\sin\varphi\\b\cos\varphi\end{pmatrix}}{\sqrt{(a\cos\varphi-e)^2+b^2\sin^2\varphi}}=\frac{(a\cos\varphi+e,b\sin\varphi)\cdot\begin{pmatrix}-a\sin\varphi\\b\cos\varphi\end{pmatrix}}{\sqrt{(a\cos\varphi+e)^2+b^2\sin^2\varphi}} \end{eqnarray*}$

Das will ich dann mal ein bischen ausmultiplizieren

$\begin{eqnarray*} \frac{-a^2\cos\varphi\sin\varphi+ea\sin\varphi+b^2\sin\varphi\cos\varphi}{\sqrt{a^2\cos^2\varphi-2ae\cos\varphi+e^2+b^2\sin^2\varphi}}=\frac{-a^2\cos\varphi\sin\varphi-ea\sin\varphi+b^2\sin\varphi\cos\varphi}{\sqrt{a^2\cos^2\varphi+2ae\cos\varphi+e^2+b^2\sin^2\varphi}} \end{eqnarray*}$

Und jetzt möchte ich von $\begin{eqnarray*} \cos^2\varphi+sin^2\varphi=1 \end{eqnarray*}$ Gebrauch machen um anschließend $\begin{eqnarray*} e^2=a^2-b^2 \end{eqnarray*}$ zu Hilfe zu nehmen:

$\begin{eqnarray*} \frac{-a^2\cos\varphi\sin\varphi+ea\sin\varphi+b^2\sin\varphi\cos\varphi}{\sqrt{a^2\cos^2\varphi-2ae\cos\varphi+e^2+b^2-b^2\cos^2\varphi}}=\frac{-a^2\cos\varphi\sin\varphi-ea\sin\varphi+b^2\sin\varphi\cos\varphi}{\sqrt{a^2\cos^2\varphi+2ae\cos\varphi+e^2+b^2-b^2\cos^2\varphi}} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{-e^2\cos\varphi\sin\varphi+ea\sin\varphi}{\sqrt{e^2\cos^2\varphi-2ae\cos\varphi+a^2}}=\frac{-e^2\cos\varphi\sin\varphi-ea\sin\varphi}{\sqrt{e^2\cos^2\varphi+2ae\cos\varphi+a^2}} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{(-e\cos\varphi+a)e\sin\varphi}{\sqrt{(e\cos\varphi-a)^2}}=\frac{(-e\cos\varphi-a)e\sin\varphi}{\sqrt{(e\cos\varphi+a)^2}} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{(-e\cos\varphi+a)e\sin\varphi}{e\cos\varphi-a}=\frac{(-e\cos\varphi-a)e\sin\varphi}{e\cos\varphi+a} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} -e\sin\varphi=-e\sin\varphi \end{eqnarray*}$

Naja, das Gewünschte ist herausgekommen. Und ich dachte zunächst - ich schaffe es nicht. Andererseits wundert es mich, daß ich beim Wurzel-ziehen mogeln mußte.

24.02.2020, 15:39

CrazyL

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RE: Ein- und Ausfallswinkel bei Ellipsen
Stimmt - den Normalenvektor braucht man nicht, wenn man die Aussage "Einfallswinkel = Ausfallswinkel" vor der Rechnung auf den Tangentenvektor umschreibt. Laut meiner Skizze muss aber noch die linke oder rechte Seite ein Minus bekommen:
$\begin{eqnarray*} \frac{\vec r(\varphi)- \vec f}{\left|\vec r(\varphi)-\vec f\right|}\cdot \:\vec n(\varphi)=\color{red}-\color{black}\frac{\vec r(\varphi)+\vec f}{\left|\vec r(\varphi)+\vec f\right|}\cdot \:\vec n(\varphi),\qquad\vec n(\varphi)=\text{Tangentenvektor}<br /> \end{eqnarray*}$

Das Minus zieht sich durch bis zum letzten Schritt, wo es sich mit einem zweiten Minus wieder aufhebt:
$\begin{eqnarray*} \sqrt{(e\cos\varphi-a)^2}=\color{red}-\color{black}(e\cos\varphi-a),\qquad a>e>0 \end{eqnarray*}$

Die andere Klammer ist mit der gleichen Begründung sicher positiv, also unkritisch.

24.02.2020, 22:41

Ulrich Ruhnau

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RE: Ein- und Ausfallswinkel bei Ellipsen
Der Tangentenvektor $\begin{eqnarray*} \vec n(\varphi) \end{eqnarray*}$ zeigt in meiner Skizze nach links. Das gäbe für den linken Vektor $\begin{eqnarray*} \vec g(\varphi)=\vec r(\varphi)+\vec f \end{eqnarray*}$ ein negatives Skalarprodukt. In so fern ist das nachträgliche Minuszeichen plausibel. Freude

Dankeschön so weit! smile

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