本帖最后由 陈九章 于 2023-5-28 06:10 编辑
熬夜将三角形的两个光反射椭圆的特征量，补充、完善，整理如下：
本帖最后由 陈九章 于 2023-5-28 06:16 编辑
这些公式(已更正)，25楼何万程老师已经导出了。见谅！
放月假有空，探究一些问题，实在做不出来，
敬请creasson先生、hejoseph先生、数学星空先生和陈殿林老师、张德朋老师赐教！
问题1 的示意图
问题2的示意图
本帖最后由 陈九章 于 2024-11-30 20:18 编辑
公式请见72楼
可以应用《有理表示》例 6.11.13的结论给一个解答如下:
设\(\triangle{ABC}\) 是椭圆$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$的一个最大周长内接三角形, 点\(B=a \cos{\theta} +b \sin {\theta} i \),
\[\mathop {BA}\limits^ \to = \frac{{(s + t)(1 - st)}}{{s{{\left( {1 - it} \right)}^2}}}\mathop {BC}\limits^ \to\]
则椭圆上的任意一点\(P\)有表示:
\[\mathop {BP}\limits^ \to = \frac{{(1 - u)(ps + pt - p{s^2}t - ps{t^2} - su + 2istu + s{t^2}u)}}{{s{{(1 - it)}^2}(p - u - pu + qu + {u^2})}}\mathop {BC}\limits^ \to\]
其中 \(p = \frac{{s(1 + {t^2})}}{{(s + t)(1 - st)}},q = \frac{{t(1 + {s^2})}}{{(s + t)(1 - st)}}\), 根据这个表示, 由6.9.4外接圆锥曲线离心率的表示，得
\[\frac{{{{\left( {{e^2} - 2} \right)}^2}}}{{{e^2} - 1}} =- \frac{{{{({a^2} + {b^2})}^2}}}{{{a^2}{b^2}}} = \frac{{{{( - 1 - {s^2} - 4st - {t^2} + 3{s^2}{t^2})}^2}}}{{4st( - 1 + st)(1 + {s^2} + st + {t^2})}}\]
又根据marden定理，若设圆锥曲线的焦点\(F\)为\( \mathop {BF}\limits^ \to = z\mathop {BC}\limits^ \to\), 则\(z\)应满足方程(可见于例6.7.19):
\
并且Mittenpunkt点\(X_9\)恰为椭圆的中心
\[\mathop {B{X_9}}\limits^ \to = \frac{{(s + t)(1 + {s^2} + it - i{s^2}t - 2is{t^2})}}{{2s(1 - it)(1 + {s^2} + st + {t^2})}}\mathop {BC}\limits^ \to\]
现在我们将已知的各点表示代入上面的式子, 即有:
\[\left\{ \begin{array}{l}
\sqrt {{a^2} - {b^2}}- a\cos \theta- bi\sin \theta= z\mathop {BC}\limits^ \to \\
s{(1 - it)^2}(1 + {s^2} + st + {t^2}){z^2} - (1 - it)(s + t)(1 + {s^2} + it - i{s^2}t - 2is{t^2})z + t{(s + t)^2}(1 - st) = 0 \\
0 - a\cos \theta- bi\sin \theta= \frac{{(s + t)(1 + {s^2} + it - i{s^2}t - 2is{t^2})}}{{2s(1 - it)(1 + {s^2} + st + {t^2})}}\mathop {BC}\limits^ \to \\
\end{array} \right.\]
消去\(\mathop {BC}\limits^ \to\) 及 \(z\), 得\(s, t\)与 \(\theta\)的关系:
\[({a^2} - {b^2})( - 1 - 2{s^2} - {s^4} - 2it - 4st - 4{s^3}t + 2i{s^4}t + {t^2} + 4is{t^2} - 2{s^2}{t^2} + 4i{s^3}{t^2} + 5{s^4}{t^2} - 8s{t^3} + 8{s^3}{t^3} + 8{s^2}{t^4}) + ({a^2} + {b^2})(1 + {s^2})( - i + s)( - i + t)( - 1 + is - it + 3st)\cos 2\theta+ 2ab(1 + {s^2})( - i + s)( - i + t)( - i - s + t + 3ist)\sin 2\theta= 0\]
分离实、虚部得:
\[\left\{ \begin{array}{l}
({a^2} - {b^2})( - 1 - 2{s^2} - {s^4} - 4st - 4{s^3}t + {t^2} - 2{s^2}{t^2} + 5{s^4}{t^2} - 8s{t^3} + 8{s^3}{t^3} + 8{s^2}{t^4}) + ({a^2} + {b^2})(1 + {s^2})(1 + {s^2} - 4st - {t^2} + 3{s^2}{t^2})\cos 2\theta+ 4ab(1 + {s^2})t( - 1 + {s^2} + 2st)\sin 2\theta= 0 \\
2({a^2} - {b^2})(1 + {s^2})t( - 1 + {s^2} + 2st) - 2({a^2} + {b^2})(1 + {s^2})t( - 1 + {s^2} + 2st)\cos 2\theta+ 2ab(1 + {s^2})(1 + {s^2} - 4st - {t^2} + 3{s^2}{t^2})\sin 2\theta= 0 \\
\end{array} \right.\]
我们可以解出\(\cos{2\theta}, \sin{2\theta}\):
\[\left\{ \begin{array}{l}
\cos 2\theta= \frac{{({a^2} - {b^2})(1 + {s^2} + 4st + {t^2} - 3{s^2}{t^2})(1 + 2{s^2} + {s^4} - 4st - 4{s^3}t + {t^2} - 2{s^2}{t^2} + 5{s^4}{t^2} - 8s{t^3} + 8{s^3}{t^3} + 8{s^2}{t^4})}}{{({a^2} + {b^2}){{(1 + {s^2})}^2}(1 + {t^2})(1 + {s^2} - 8st + {t^2} + 9{s^2}{t^2})}} \\
\sin 2\theta= \frac{{8({a^2} - {b^2})s{t^2}(1 - st)( - 1 + {s^2} + 2st)(1 + {s^2} + st + {t^2})}}{{ab{{(1 + {s^2})}^2}(1 + {t^2})(1 + {s^2} - 8st + {t^2} + 9{s^2}{t^2})}} \\
\end{array} \right.\]
并由二者平方之和等于1得到关系式:
\[{a^2}{b^2} + 2{a^2}{b^2}{s^2} + {a^2}{b^2}{s^4} - 4{a^4}st - 4{b^4}st - 4{a^4}{s^3}t - 4{b^4}{s^3}t + 2{a^2}{b^2}{t^2} + 12{a^2}{b^2}{s^2}{t^2} + 4{a^4}{s^4}{t^2} + 2{a^2}{b^2}{s^4}{t^2} + 4{b^4}{s^4}{t^2} - 4{a^4}s{t^3} - 4{b^4}s{t^3} + 4{a^4}{s^3}{t^3} - 16{a^2}{b^2}{s^3}{t^3} + 4{b^4}{s^3}{t^3} + {a^2}{b^2}{t^4} + 4{a^4}{s^2}{t^4} + 2{a^2}{b^2}{s^2}{t^4} + 4{b^4}{s^2}{t^4} + 9{a^2}{b^2}{s^4}{t^4} = 0\]
另一方面，三角形内切圆的半径 \( r =\frac{{2S}}{l} \), 其中\(l\) 是恒定的, 为(见命题6.11.8):
\
因此我们仅需计算\(S\), 为
\
消元 \(\theta, t\) 可得关于\(S\)的二次方程:
\
注意到方程关于\(s\)的判别式
\[\Delta= 16{a^4}{b^4}({a^4} - {a^2}{b^2} + {b^4}){s^2}{(1 + {s^2})^2}{({a^4} - {a^2}{b^2} + {b^4} + 9{a^2}{b^2}{s^2})^2}\]
仅含非平方因式 \(({a^4} - {a^2}{b^2} + {b^4})\)，它是三角形的内切共焦椭圆\(\frac{x^2}{p^2} + \frac{y^2}{q^2}=1\)的半轴表示的根式部分.
\[\left\{ \begin{array}{l}
{a^2} - {b^2} = {p^2} - {q^2} \\
aq + bp = ab \\
\end{array} \right.\]
由此消元 \(q\), 即引入新参量\(p\)使之满足如下关系:
\[{a^4} - 2a{b^2}p - {a^2}{p^2} + {b^2}{p^2} = 0\]
将其与\(S\)的方程联合消元\(b\)，可得到:
\
将其与\(s, t\)的方程消元\(b\), 又有:
\
与前面\(\cos{2\theta}\)的表示联合, 即可导出三角形面积\(S\)与\(\theta\)的关系式:
\
其中 \( p = \frac{{a(\sqrt {{a^4} - {a^2}{b^2} + {b^4}}- {b^2})}}{{({a^2} - {b^2})}}\)