\(h(h(a))=a+\pi, h(a+\pi)=h(a)+\pi,h'(h(a))=\frac1{h'(a)}\)
设\(b=\frac{a+h(a)}2,c=\frac{a-h(a)}2\)
\(f(a)=-\frac{\cos(b)}{\sin(b)}\)
\(f'(a)=\frac{1+h'(a)}{2\sin^2(b)}\)
\(\cos(a)+f(a)\sin(b)=\frac{\cos(a)\sin(b)-\cos(b)\sin(a)}{\sin(b)}=-\frac{\sin(a-b)}{\sin(b)}=-\frac{\sin(c)}{\sin(b)}\)
\(\frac{\cos(a)+f(a)\sin(b)}{f'(a)}=-\frac{2\sin^2(b)}{1+h'(a)}\frac{\sin(c)}{\sin(b)}=-\frac{2\sin(b)\sin(c)}{1+h'(a)}\)
\(\frac{\cos(a)+f(a)\sin(b)}{f'(a)}f(a)=\frac{2\sin(b)\sin(c)}{1+h'(a)}\frac{\cos(b)}{\sin(b)}=\frac{2\cos(b)\sin(c)}{1+h'(a)}\)
于是lsr314第一方程变化为
\(\begin{cases}x&=&\cos(a)+\frac{2\sin(b)\sin(c)}{1+h'(a)}&=&\cos(a)+\frac{\cos(b-c)-\cos(b+c)}{1+h'(a)}&=&\frac{\cos(h(a))+h'(a)\cos(a)}{1+h'(a)}\\
y&=&\sin(a)-\frac{2\cos(b)\sin(c)}{1+h'(a)}&=&\sin(a)-\frac{\sin(b+c)+\sin(c-b)}{1+h'(a)}&=&\frac{\sin(h(a))+h'(a)\sin(a)}{1+h'(a)}
\end{cases}\)
\(f(a)\cos(a)-\sin(a)=-\frac{\cos(b)\cos(a)+\sin(b)\sin(a)}{\sin(b)}=-\frac{\cos(c)}{\sin(b)}\)
\(\frac{f(a)\cos(a)-\sin(a)}{f'(a)}=-\frac{2\sin^2(b)}{1+h'(a)}\frac{\cos(c)}{\sin(b)}=-\frac{2\sin(b)\cos(c)}{1+h'(a0}\)
\(\frac{f(a)\cos(a)-\sin(a)}{f'(a)}f(a)=\frac{2\sin(b)\cos(c)}{1+h'(a0}\frac{\cos(b)}{\sin(b)}=\frac{2\cos(b)\cos(c)}{1+h'(a0}\)
于是lsr314第二方程变化为
\(\begin{cases}x&=&\cos(a)-\frac{2\cos(b)\cos(c)}{1+h'(a)}&=&\cos(a)+\frac{\cos(b-c)+\cos(b+c)}{1+h'(a)}&=&\frac{h'(a)\cos(a)-\cos(h(a))}{1+h'(a)}\\
y&=&\sin(a)-\frac{2\sin(b)\cos(c)}{1+h'(a)}&=&\sin(a)-\frac{\sin(b+c)+\sin(b-c)}{1+h'(a)}&=&\frac{h'(a)\sin(a)-\sin(h(a))}{1+h'(a)}
\end{cases}\)
于是把第二方程$a$替换为$h(a)$得到
\(\begin{cases}x&=&\frac{\frac1{h'(a)}\cos(h(a))-\cos(a+\pi)}{1+\frac1{h'(a)}}&=&\frac{\cos(h(a))+h'(a)\cos(a)}{h'(a)+1}\\
y&=&\frac{\frac1{h'(a)}\sin(h(a))-\sin(a+\pi)}{1+\frac1{h'(a)}}&=&\frac{\sin(h(a))+h'(a)\sin(a)}{h'(a)+1}
\end{cases}\)
和第一式相同
这个表达式也说明了为什么$h(x)$平滑时得到图好像还有一个点处不平滑，因为必须$h'(x)$也平滑才行 hujunhua 发表于 2019-3-1 22:18
这个问题可以转而考虑外切矩形的边中点的轨迹，其极坐标形式`\rho(\theta)`满足\[\rho^2(\theta+\pi/2)+\rh ...
通常情况切点不一定在外切矩形中点 为了能够更好表达$h(x)$（部分需要逆函数）,我们用二次函数替换前面三次函数
$h(x)=u+(pi-u)/u*x+t*x*(x-u), 当0\le x\lt u$
$h'(x)=(pi-u)/u+t*(2x-u), 当0\le x\lt u$
$h'(0)=(pi-u)/u-tu$
$h'(u)=(pi-u)/u+t*u$
${(pi-u)^2}/{u^2}-t^2u^2=1$
所以要求$pi>2u$
$t={\sqrt({(pi-u)^2}/{u^2}-1)}/u$
得到结果更加不平滑
（参数u=1）
u=0.5
u=0.2
3#中图用最新参数方程作图在u=0.5时如下
现在构造的几个图总是发现有一小部分自相交部分。
但是如果我们能够构造出$h$使得第一方程中$y/x={\sin(h(a))+h'(a)\sin(a)}/{\cos(h(a))+h'(a)\cos(a)}$关于$a$单调增，那么得到的结果必然不会自相交了。
上面条件就是要求$h''(a)sin(a-h(a))+h'(a)^2(1+cos(a+h(a)))+h'(a)(1+cos(a-h(a))) \ge 0$时不会自相交
注意到$h(a)>a$,所以有$h''(a)\le {h'(a)^2(1+cos(a+h(a)))+h'(a)(1+cos(a-h(a)))}/{\sin(h(a)-a)}$
比如3#中例子通过做$\tan^{-1}(y/x)$的图可以发现在u大概大于1.2小于2.1时是单调的，那么对应产生的曲线不会自相交，但是对于太小或太大的u，都可能会自相交。
比如下图是u=1.1时$\tan^{-1}(y/x)$的图，可以看出在参数为0或$pi$附近出现不单调处 我觉得不但要排除自相交还要排除一阶不连续，因为折点没有切线与原题不符。 一阶连续既要求h二阶连续即可，这个构造很容易，不是重点
因为$h'(h(a))h'(a)=1$,再求导有$h"(h(a))h'(a)^2+h'(h(a))h"(a)=0$
于是$h"(u)h'(0)^3+h"(0)=0$
3#中例子由于$h'(0)=1$,而且$h"(u)+h"(0)=0$正好满足平滑的条件 本帖最后由 陈九章 于 2019-3-3 09:40 编辑
椭圆和它的15条二、四、六次衍生曲线
椭圆，古老而神奇的平面二次曲线，现代数学与物理的不竭源泉。
它既唯美，又实用，既精确，又模糊，既经典，又时尚，无处不在，却又无法捉摸，近在咫尺，却又远在天涯。
盯着椭圆看很久：许多奥秘成了常识，化为泡沫，一些奥秘浮出水面，成为风景，还有更多的奥秘仍然深藏其内，使人迷惘……
上图是笔者2011年在整理数学旧稿时用“几何画板”作出的。
那个用粗线绘制的“主体”椭圆有15条二、四、六次衍生曲线，其中，它的外准圆（外部大红圆）又叫（法）蒙日（Monge）圆，是单墫教授最先引入我国的，
内准圆（内部小红圆）与我国某年的一道高考题有关，上海的叶中豪老师已把它推广为对椭圆内定点张角为90°的动弦的包络椭圆，
其余13条曲线亦各有明显的几何意义和优美的几何性质，似乎不曾在文献中出现过……所有衍生曲线均可推广到双曲线中。
hujunhua 发表于 2019-3-1 22:18
这个问题可以转而考虑外切矩形的边中点的轨迹，其极坐标形式`\rho(\theta)`满足\[\rho^2(\theta+\pi/2)+\rh ...
\(\rho(\theta)\)对应的边的方程为\(\cos(\theta)x+\sin(\theta)y=\rho(\theta)\)
也就是说最终曲线参数方程为
\(\begin{cases}x_{\theta}=\rho(\theta)\cos(\theta)-\rho'(\theta)\sin(\theta)\\y_{\theta}=\rho(\theta)\sin(\theta)+\rho'(\theta)\cos(\theta)\end{cases}\)
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