当然也可以从解析表达式 上面分析。
另外，P点的坐标(x,y) 为：(-{a*sin({\theta_1+\theta_2}/2)}/{cos({\theta_1-\theta_2}/2)}, {b*cos({\theta_1+\theta_2}/2)}/{cos({\theta_1-\theta_2}/2)} )，将\theta_1,\theta_2 用x,y表达， 然后代入前面的 关于\theta_1,\theta_2 的恒等式，T-C=d,即：
\tan ({\theta _2-\theta _1}/2)\sqrt{(a^2+b^2+(b^2-a^2)\cos(2 \theta _1))/2}+\tan ({\theta _2-\theta _1}/2)\sqrt{(a^2+b^2+(b^2-a^2)\cos(2 \theta _2))/2}= d+b E(\theta _2|1-\frac{a^2}{b^2})-b E(\theta _1|1-\frac{a^2}{b^2})
即可得P 点的轨迹。
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将\theta_1,\theta_2 用x,y表达是 非常容易的，
容易得到 x^2/a^2 +y^2/b^2 =1/{cos^2({\theta_1-\theta_2}/2)} ,
同时还容易得到 x/y =-a/b*tan({\theta_1+\theta_2}/2)
从形式的超越性来看，可以否定 该定理
我还是写出推导过程,给出完整的 轨迹方程:
由上面的得知,
A=tan({\theta_2-\theta_1}/2) = \sqrt{x^2/{a^2}+y^2/{b^2}-1}, B=tan({\theta_1+\theta_2}/2) = -{x/a}/{y/b},
tan(\theta_1) =tan( {\theta_2+\theta_1}/2-{\theta_2-\theta_1}/2)= {-A+B}/{1+AB},
tan(\theta_2) =tan( {\theta_2+\theta_1}/2+{\theta_2-\theta_1}/2)= {A+B}/{1-AB},
cos(2\theta_1) ={1-tan^2(\theta_1)}/{1+tan^2(\theta_1)} = \frac{(A B+A-B+1) (A B-A+B+1)}{(A^2+1) (B^2+1)}
cos(2\theta_2) ={1-tan^2(\theta_2)}/{1+tan^2(\theta_2)} = \frac{(A B-A-B-1) (A B+A+B-1)}{(A^2+1) (B^2+1)}
最终整理成:A(\sqrt{\frac{a^2 (A-B)^2+b^2 (A B+1)^2}{(A^2+1) (B^2+1)}}+\sqrt{\frac{a^2 (A+B)^2+b^2 (A B-1)^2}{(A^2+1) (B^2+1)}}) =d+b E(\theta _2|1-\frac{a^2}{b^2})-b E(\theta _1|1-\frac{a^2}{b^2})
由于arcTan 的范围是(-pi/2,pi/2),所以,还不能直接这么代入.
我们可以用第二类不完全椭圆积分来数值验证。
比如选择内椭圆$x^2/4+y^2=1$,我们选择外椭圆一个点B(0,2),那么另外一个顶点必然是$A(sqrt(7),0)$
两点引切线切点分别为$(sqrt(3),1/2),(4/{sqrt(7)},sqrt(3/7))$
于是变换为比较
$sqrt(9/4+3)-2*EllipticE(pi/3,3/4)$
和
$sqrt((sqrt(7)-4/sqrt(7))^2+3/7)-(EllipticE(pi/2,3/4)-EllipticE(pi/2-asin(sqrt(3/7)),3/4))*2$
在线Mathematica计算两者高精度数值都是
0.4545012588452693409187326697400537925958911059201444
所以定理应该没有错
注意：P点的轨迹（椭圆）与原椭圆并不相似，只是共焦点，因此设P(...)是不对的！这就导致后面的计算全部没有意义了。
@数学星空, P点坐标不是设的,而是计算出来的,准确来说,是Mathematica计算出来的.
我设两个切点是(x1,y1), (x2,y2),那么(x,y)就是这两个切线的交点:
Solve[{(x x1)/a^2+(y y1)/b^2==1,
(x x2)/a^2+(y y2)/b^2==1,
dd1==(x-x1)^2+(y-y1)^2,
dd2==(x-x2)^2+(y-y2)^2},{x,y,dd1,dd2}]/.{x1->a Cos, 1]],y1->b Sin, 1]],x2->a Cos, 2]],y2->b Sin, 2]]}//FullSimplify
mathe 发表于 2013-12-20 21:00
我们可以用第二类不完全椭圆积分来数值验证。
比如选择内椭圆$x^2/4+y^2=1$,我们选择外椭圆一个点B(0,2), ...
既然mathe 给出"外椭圆"上的两个点了.而且"外椭圆"与内椭圆共焦点,那么我可以推算出"外椭圆"的方程是:
x^2/7+y^2/4=1 .
于是进一步 计算发现, 两个切线的交点 却不在 x^2/7+y^2/4=1 这个"外椭圆上", 矛盾.
TO wayne:
计算结果应该为：
x={a*cos((theta_1+theta_2)/2)}/{cos((theta_1-theta_2)/2)}, y={b*sin((theta_1+theta_2)/2)}/{cos((theta_1-theta_2)/2)}
而不是
x=-{a*sin((theta_1+theta_2)/2)}/{cos((theta_1-theta_2)/2)}, y={b*cos((theta_1+theta_2)/2)}/{cos((theta_1-theta_2)/2)}
TO wayne: mathe举例具体为：
外椭圆方程(P点轨迹)：x^2/7+y^2/4=1
内椭圆方程：x^2/4+y^2/1=1
由于7-4=4-1=3,所以内外椭圆共焦点
绳长L=10.5974507380586，内椭圆长L0=9.68844822054767
给出各段线长度关于外椭圆参数隐函数形式然后求导，就可以得到一个只有初等函数的关系式了，所以应该可以通过计算证明，只是计算量比较大
假设外椭圆上一点$P(m*cos(s),n*sin(s))$,对应内椭圆上两切点$A(a*cos(t_1),b*sin(t_1)),B(a*cos(t_2),b*sin(t_2))$,椭圆长轴顶点Q
其中$m^2-n^2=a^2-b^2=c^2,e=c/a$,
我们有
${(m/a*cos(t_1)cos(s)+n/b*sin(t_1)sin(s)=1),(m/a*cos(t_2)cos(s)+n/b*sin(t_2)sin(s)=1):}$
对s求导得到
${(-m/a*sin(t_1)cos(s){dt_1}/{ds}-m/a*cos(t_1)sin(s)+n/b*cos(t_1)sin(s){dt_1}/{ds}+n/b*sin(t_1)cos(s)=0),(-m/a*sin(t_2)cos(s){dt_2}/{ds}-m/a*cos(t_2)sin(s)+n/b*cos(t_2)sin(s){dt_2}/{ds}+n/b*sin(t_2)cos(s)=0):}$
然后$PA=L_1=sqrt((m*cos(s)-a*cos(t_1))^2+(n*sin(s)-b*sin(t_1))^2)$,弧长AQ=$H_1=a\int_0^{t_1} sqrt(1-e^2cos^2(x))dx$
于是${dL_1}/{ds}={(m*cos(s)-a*cos(t_1))(a*sin(t_1){dt_1}/{ds}-m*sin(s))+(n*sin(s)-b*sin(t_1))(n*cos(s)-b*cos(t_1){dt_1}/{ds})}/{L_1}$
而${dH_1}/{ds}=a*sqrt(1-e^2 cos^2(t_1)){dt_1}/{ds}$,
同样还有$L_2,H_2$
最后我们需要证明$|{dL_1}/{ds}+{dL_2}/{ds}|=|{dH_1}/{ds}-{dH_2}/{ds}|$
mathe 发表于 2013-12-20 21:00
我们可以用第二类不完全椭圆积分来数值验证。
比如选择内椭圆$x^2/4+y^2=1$,我们选择外椭圆一个点B(0,2), ...
mathe的计算是不是有点问题啊:
(0,2)是在纵轴上,对应的切点 关于y轴对称,所以计算弧长的时候,应该有 EllipticE 去减它,即2(EllipticE - EllipticE).
(sqrt(7),0) 在横轴上, 关于x轴对称,所以弧长直接 是 2 (EllipticE/2], 3/4]