Opetus

Navigaatiofysiikkaa I – Valon kulun geometriaa

Matematiikassa ja luonnontieteissä esimerkit arkielämästä motivoivat hyvin oppilaita. Vielä arkielämääkin paremmin toimivat esimerkit juhlasta. Ja mikä onkaan suurempaa juhlaa kuin purjehtiminen, mistä voi löytää hyviä esimerkkejä.

Navigaatiokirjallisuudessa, esim. [1], löytyy laskukaava etäisyyden laskemiseksi majakkaan, silloin kun majakan valo tulee juuri näkyviin horisontin takaa:

$s=2{,}08\left(\sqrt{\frac{H}{\mathrm{m}}}+\sqrt{\frac{h}{\mathrm{m}}}\right)\mathrm{M}$  (1)

jossa $H$ ja $h$ ovat majakan (valon) ja silmän korkeudet merenpinnasta. M = meripeninkulma (Nautical mile) = 1852 m. Herää kysymys, miten yllä oleva kaava on saatu.

Tarkastellaan majakan korkeuden $H$ osuutta yhtälössä (1). Kuvassa 1. veneen asema on pisteessä O, majakan huippu pisteessä A. $R$ on maan säde. Etäisyys veneestä majakan juurelle isoympyrää pitkin on kaaren pituus $s$

$s\ =R\varphi=\ R\cos^{-1}\frac{R}{R+H}$ (2)
Kuva 1.

Olkoon

$y\ =\ \cos\varphi\ =\ \sqrt{1-\sin^2\varphi}$  (3)

eli

$\sin\varphi=\ \sqrt{1-y^2}$ (4)

Yhtälöissä (3) ja (4) on neliöjuuressa vain + merkki, koska kulma $\varphi$ on terävä. Nyt siis pätee

$\varphi=\ \cos^{-1}y=\ \sin^{-1}\sqrt{1-y^2}$ (5)

Yhtälö (2) voidaan siten kirjoittaa

$s\ =R\ \sin^{-1}\sqrt{1-\left(\frac{R}{R+H}\right)^2}=R\ \sin^{-1}\frac{\sqrt{2RH+H^2}}{R+H}$  (6)

Jatkuvasti derivoituva funktio $f(x)$ voidaan lausua (sarjan suppenemisalueella) origon ympäristössä MacLaurinin sarjana (erikoistapaus yleisemmästä Taylorin sarjasta).

$f(x)=\ f(0)+f'(0)x+\ \frac{1}{2!}\ f”(0)x^2+\ \cdots$  (7)

Lausutaan yhtälössä (6) arcsin-funktio tämän mukaisesti MacLaurinin sarjana ja otetaan siitä kaksi ensimmäistä termiä. (Huomaa, että koska arcsin-funktio on pariton funktio, niin vain parittomien potenssien termit ovat nollasta poikkeavia funktion MacLaurinin sarjassa.)

$s\ \cong R\left(\frac{\sqrt{2RH+H^2}}{R+H}\ +\ \frac{1}{6}\ \left(\frac{\sqrt{2RH+H^2}}{R+H}\right)^3+\ldots\right)$ (8)

Kehitetään tämä edelleen potenssisarjaksi korkeuden $H$ mukaan:

$s=\ \sqrt{2RH}\ \cdot\ \left(1-\ \frac{5}{12}\cdot\frac{H}{R}+\ldots\right)$  (9)

Ensimmäinen korjaustermi on enimmilläänkin vain joitakin sadastuhannesosia ja voidaan siten unohtaa. Siten saadaan

$s=\ \sqrt{2RH}$  (10)

Samaan tulokseen päätyy myös laskemalla suoraa näköetäisyyttä majakan huippuun Pythagoraan lauseesta.

$s=\ \sqrt{\left(R+H\right)^2-\ R^2}=\ \sqrt{2RH}\ \cdot\ \sqrt{1+\ \frac{H}{2R}}$  (11)

Kehitetään neliöjuurilauseke yhtälössä (11) taas MacLaurinin sarjaksi, jolloin saadaan

$s=\sqrt{2RH}\ \cdot\ \left(1+\ \frac{1}{4}\cdot\frac{H}{R}+\ldots\right)\ \cong\ \sqrt{2RH}$  (12)

Ensimmäisen korjaustermin kertoimen erilaisuus yhtälöissä (9) ja (12) kuvaa eroa etäisyyksissä mitattuna toisaalta isoympyrää pitkin majakan juurelle ja toisaalta viivasuoraan majakan huippuun.

Nyt meripeninkulman (alkuperäisen) määritelmän perusteella

$R=\frac{360\cdot60\ \mathrm{M}}{2\pi}$ (13)

jolloin etäisyydeksi saadaan (majakan osuus)

$s=\ \sqrt{\frac{2\cdot360\cdot60\ \mathrm{M}}{2\pi}\ \cdot\frac{H}{1852\ \mathrm{m}}\ \mathrm{M}}=\ \sqrt{\frac{360\cdot60}{1852\ \pi}\ }\cdot\ \sqrt{\frac{H}{\mathrm{m}}}\ \mathrm{M}=1{,}927\ \mathrm{M}\sqrt{\frac{H}{\mathrm{m}}}$  (14)

Tämä geometrinen tulos poikkeaa yhtälöstä (1) noin 8 %. Syy eroavaisuuteen löytyy siitä, että yhtälössä (14) ei ole otettu huomioon valon taittumista, vaan on oletettu valon kulkevan viivasuoraan. Tätä valon taittumista ilmakehässä tarkastellaan tämän kirjoitussarjan toisessa osassa.

 

Tuomo Toimela
Vaasan ammattikorkeakoulu

 

Lähdeviitteet

[1] Suomen Navigaatioliitto: Veneilijän merenkulkuoppi II, Rannikko-navigointi, Unigrafia Oy, Helsinki, 2013

 

Aloituskuva Phot Daniel Kuruvilla on Unsplash

Print Friendly, PDF & Email
Takaisin etusivulle