根据14#结果可以得到:
取a=5,b=3,r=2
显然不正确
其实对于一般的情形:
设椭圆方程: x^2/a^2+y^2/b^2=1, 半径为r 的圆在椭圆上滚动必须满足以下条件:
(1)圆与椭圆共点
((a*cos(t0)-x0)*cos(t)-(b*sin(t0)-y0)*sin(t))^2+((a*cos(t0)-x0)*sin(t)+(b*sin(t0)-y0)*cos(t))^2=r^2
(2)圆与椭圆相切
-a^2*sin(t0)*cos(t0)+a*sin(t0)*x0+b^2*cos(t0)*sin(t0)-b*cos(t0)*y0=0
(3)接触过的弧长相等
int_0^{t0} a*sqrt(1-{(a^2-b^2)*(cos(x))^2}/a^2)dx=r*t+n*(2*pi*r)
n*(2*pi*r)<int_0^{t0} a*sqrt(1-{(a^2-b^2)*(cos(x))^2}/a^2)dx<(n+1)*(2*pi*r)
由于(3)得到的结果需要用椭圆函数表示,因此初等表示不可能
(1),(2),(3)可以得到关于圆心(x0,y0)的代数方程
对于a=5,b=3,r=2,我们利用22#结果可以得到:
更一般的我们可以很容易得到:两个椭圆相切时的轨迹问题
设椭圆C_1 : x^2/a^2+y^2/b^2=1
设椭圆C_2 : x^2/m^2+y^2/n^2=1
椭圆C_2在椭圆C_1上滚动的条件:
(1)两椭圆共点
n^2*((a*cos(t0)-x0)*cos(t1)-(b*sin(t0)-y0)*sin(t1))^2+m^2*((a*cos(t0)-x0)*sin(t1)+(b*sin(t0)-y0)*cos(t1))^2=m^2*n^2
(2)两椭圆相切
-a^2*sin(t0)*n^2*cos(t1)^2*cos(t0)+a*sin(t0)*n^2*cos(t1)^2*x0+a*sin(t0)^2*n^2*sin(t1)*b*cos(t1)-a*sin(t0)*n^2*sin(t1)*y0*cos(t1)-
a^2*sin(t0)*m^2*sin(t1)^2*cos(t0)+a*sin(t0)*m^2*sin(t1)^2*x0-a*sin(t0)^2*m^2*sin(t1)*b*cos(t1)+a*sin(t0)*m^2*sin(t1)*y0*cos(t1)-
b*cos(t0)^2*n^2*cos(t1)*a*sin(t1)+b*cos(t0)*n^2*cos(t1)*x0*sin(t1)+b^2*cos(t0)*n^2*sin(t1)^2*sin(t0)-b*cos(t0)*n^2*sin(t1)^2*y0+
b*cos(t0)^2*m^2*cos(t1)*a*sin(t1)-b*cos(t0)*m^2*cos(t1)*x0*sin(t1)+b^2*cos(t0)*m^2*cos(t1)^2*sin(t0)-b*cos(t0)*m^2*cos(t1)^2*y0=0
(3)接触过的弧长相等
int_0^{t0} a*sqrt(1-{(a^2-b^2)*(cos(x))^2}/a^2)dx=int_0^{t} m*sqrt(1-{(m^2-n^2)*(cos(x))^2}/m^2)dx+n*L
n*L<int_0^{t0} a*sqrt(1-{(a^2-b^2)*(cos(x))^2}/a^2)dx<(n+1)*L
L= int_0^{2*pi} m*sqrt(1-{(m^2-n^2)*(cos(x))^2}/m^2)dx
注:这里假设了
int_0^{2*pi} m*sqrt(1-{(m^2-n^2)*(cos(x))^2}/m^2)dx< int_0^{2*pi} a*sqrt(1-{(a^2-b^2)*(cos(x))^2}/a^2)dx
否则只需要将a harr m, b harr n,t harr t0即可
从21#的图来看，14#的结果是正确的。
从机械加工工艺的角度来看，加工椭圆弧的内侧时，不允许将 r 取得太大（即铣刀直径不能过大），原则是不允许刀轴的运动轨迹出现尖点，刀轴的运动轨迹必须保证为光滑曲线。像21#那样的内侧曲线是不允许的，已经有尖点了。
对于双椭圆情形,根据24#结果
我们取a=5,b=3,m=2,n=1
哇塞，好帅的图
21# 数学星空
我似乎觉得不显然呀，我这个公式是根据椭圆的定义和光学性质（两焦点弦切角相等）推出的，我自己也用几何画板画了一下，没有发现明显错误。
而且，公式具备了一个正确答案应该具有的性质（对称），这显然是不正确的推算不大可能得到的，你再检验一下可以吗？我也没有其他工具可以检验了
15#的公式正确形式应该是
$x=a cos \theta +- \frac{rb cos\theta}{\sqrt{a^2 sin^2 \theta+b^2 cos^2 \theta}}$
$y=b sin \theta +- \frac{ra sin\theta}{\sqrt{a^2 sin^2 \theta+b^2 cos^2 \theta}}$
这样有$(x-a cos\theta)^2+(y-b sin\theta)^2=1$
这顶多是一个关于$cos\theta$或$sin\theta$的四次方程而已，可以有根式解，解出来后随便代入任意一道方程就可以得出了f(x,y)=0形式的解了，因此初等表示显然是存在的。（当然我不知道“初等表示”的定义，不知道这个表示算不算？）
我也画一个，不过取点是均匀的，没有几何画板的效果好看。不过两个椭圆的周长之比是有理数。