Dos longitudes conocidas, dos posiciones de vértice conocidas, encuentra los ángulos exteriores acoplados en el triángulo

Question

croquis etiquetado del triángulo

Conozco las posiciones de dos vértices de un triángulo $A$ y $B$ dos longitudes laterales (una en virtud de las dos posiciones) y $l$ , un ángulo exterior $\theta_2$ y otro ángulo $\theta_1$ entre el lado conocido $l$ y un eje horizontal.

Los dos ángulos están acoplados: $\theta_2=K\theta_1$

Deseo resolver un solo ángulo (cualquiera de los dos) en términos de $A,B,K$ y $l$ pero no en cuanto al otro ángulo.

He tratado de resolver esto de muchas maneras pero nunca puedo desenredar la trigonometría.

Este problema está relacionado con la cinemática inversa de un dedo de 2 eslabones subactuado.

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He aquí uno de mis intentos de solución más sencillos:

Dejemos que $L$ sea la distancia entre $A$ y $B$ . Sea $\alpha$ sea el ángulo entre el eje horizontal y $L$ . Sea $\phi$ sea el ángulo opuesto a $l$ . Podemos encontrar tanto $\phi$ y $\alpha$ utilizando nuestro conocimiento de las coordenadas $A$ y $B$ y la trigonometría.

$\alpha = \arctan(B_y/B_x), \phi = \theta_1 + \theta_2 - \alpha$

Entonces usando la ley de los senos

$\frac{L}{\sin{\alpha}} = \frac{l}{\sin{\phi}}$

Reorganización de

$L\sin(\theta_1+\theta_2-\alpha)=l\sin(\pi-\theta_2)$

Utilizando la relación entre los ángulos, y el hecho de que $\sin(\pi-x)=\sin(x)$

$l\sin(\theta_2)=L\sin(\frac{\theta_2}{K}+\theta_2-\alpha)$

Sin embargo, al tratar de resolver para $\theta_2$ no da solución en MATLAB, Mathematica y Maple. No importa cómo aborde este problema, parece que no hay solución. Parece lo suficientemente simple como para que deba existir una, pero tal vez no estoy viendo el panorama completo.

Answer 1

SUGERENCIA:

Podemos expresar otros ángulos en términos de $\theta_1,$ como muestra la imagen: Con la ayuda de la geometría analítica obtenemos las ecuaciones de la línea verde que pasa por $A,$ y la línea $BD$ (aunque no sepamos $D$ ). Su punto de intersección tiene la distancia $l$ a $A.$
Si $A,B, l$ y $K$ están dadas, sólo existe una solución para $\theta_1.$

Answer 2

Gracias al usuario376343, creo que tengo la perspectiva correcta para resolver este problema. . .

En lugar de pensar en ángulos acoplados, podemos considerar pendientes acopladas. Suponiendo que el punto $A$ se encuentra en $(0,0)$ y creando dos líneas en forma de punto-pendiente, tenemos las siguientes ecuaciones de línea:

La línea verde: $y = mx$

La línea $BD$ : $y - B_y = Km(x-B_x)$

Dónde $m$ es la pendiente de la línea verde, $K$ es el factor de escala que relaciona la pendiente de la línea verde con la de $BD$ (la pendiente de $BD$ es igual a $K$ veces $m$ ), y $B_x$ y $B_y$ son los $x$ y $y$ coordenadas del punto $B$ .

Configuración $y$ de las dos líneas iguales entre sí y resolviendo para $x$ nos da la coordenada x del punto de intersección de la línea verde y $BD$ , $P_x$

$P_x = \frac{By-KmBx}{m-Km}$

Entonces, podemos sustituir esto de nuevo en la ecuación de la línea verde, para encontrar el $y$ -coordenada del punto de intersección, $P_y$ ,

$P_y = \frac{By-KmBx}{1-K}$

Entonces, usando el teorema de Pitágoras,

$l^2 = P_x^2 + P_y^2 = (\frac{By-KmBx}{m-Km})^2 + (\frac{By-KmBx}{1-K})^2$

Recogida de $m$ da lugar a un polinomio cuaternario con coeficientes en $B_x, B_y, K$ y $l$ ,

$0=B_y^2 - (2 B_x B_y K) m + (B_y^2 + B_x^2 K^2 - l^2 + 2 K l^2 - K^2 l^2) m^2 - (2 B_x B_y K) m^3 + (B_x^2 K^2) m^4$

Que tiene cuatro raíces que podemos encontrar utilizando métodos conocidos. Entonces, la conversión de pendiente a ángulo es fácil, usando la tangente inversa,

$\theta= \arctan(m)$

¡Gracias por poner mi mente en el espacio adecuado para abordar esto!