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[原创] 这个旋转中心如何求?

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发表于 2018-3-3 21:12:32 | 显示全部楼层 |阅读模式

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一个圆规在平面上,已知旋转一个锐角的角度a,已知旋转角度a前后坐标,
旋转前(X1,Y1),旋转后(X2,Y2), X1,Y1,X2,Y2均大于0 ,求圆规旋转中心坐标(X,Y)?

下图是我的求解,但是我最后算不出来 X与Y 的解答式
希望有高人指点一下!


QQ图片20180303124100.jpg
QQ图片20180303124112.jpg

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毋因群疑而阻独见  毋任己意而废人言
毋私小惠而伤大体  毋借公论以快私情
发表于 2018-3-4 08:46:08 来自手机 | 显示全部楼层
你的方程两式相减就得出两变量的线性关系了
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 楼主| 发表于 2018-3-4 09:21:19 | 显示全部楼层
mathe 发表于 2018-3-4 08:46
你的方程两式相减就得出两变量的线性关系了

但是我求不出X与Y 的解答式,平方展开后有一次方和二次方
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 楼主| 发表于 2018-3-4 09:52:18 | 显示全部楼层
mathe 发表于 2018-3-4 08:46
你的方程两式相减就得出两变量的线性关系了

就是求出线性方程后,把它代入上面一个公式,平方展开后就不知道怎么算了
毋因群疑而阻独见  毋任己意而废人言
毋私小惠而伤大体  毋借公论以快私情
发表于 2018-3-4 09:56:50 来自手机 | 显示全部楼层
带入后不过一个一元二次方程,直接用求根公式即可
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 楼主| 发表于 2018-3-4 10:30:38 | 显示全部楼层
mathe 发表于 2018-3-4 09:56
带入后不过一个一元二次方程,直接用求根公式即可

恍然大悟!我都忘记有这公式了!谢谢!
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发表于 2019-1-5 11:11:29 | 显示全部楼层
本帖最后由 mathematica 于 2019-1-5 11:49 编辑
  1. Clear["Global`*"];(*Clear all variables*)
  2. out=Solve[
  3.     (*到两个点的距离相等*)
  4.     (x1-x)^2+(y1-y)^2==(x2-x)^2+(y2-y)^2&&
  5.     (*余弦定理,采用向量计算*)
  6.     (x1-x)(x2-x)+(y1-y)(y2-y)==Sqrt[((x1-x)^2+(y1-y)^2)]*Sqrt[((x2-x)^2+(y2-y)^2)]*cosa
  7.     ,{x,y}
  8. ]
  9. FullSimplify@out
复制代码

\[\left\{\left\{x\to \frac{1}{2} \left(\frac{\sqrt{-\left(\text{cosa}^2-1\right) (\text{y1}-\text{y2})^2}}{1-\text{cosa}}+\text{x1}+\text{x2}\right),y\to \frac{(\text{x1}-\text{x2}) \sqrt{-\left(\text{cosa}^2-1\right) (\text{y1}-\text{y2})^2}+(\text{cosa}-1) \text{y1}^2-(\text{cosa}-1) \text{y2}^2}{2 (\text{cosa}-1) (\text{y1}-\text{y2})}\right\},\left\{x\to \frac{1}{2} \left(\frac{\sqrt{-\left(\text{cosa}^2-1\right) (\text{y1}-\text{y2})^2}}{\text{cosa}-1}+\text{x1}+\text{x2}\right),y\to \frac{(\text{x2}-\text{x1}) \sqrt{-\left(\text{cosa}^2-1\right) (\text{y1}-\text{y2})^2}+(\text{cosa}-1) \text{y1}^2-(\text{cosa}-1) \text{y2}^2}{2 (\text{cosa}-1) (\text{y1}-\text{y2})}\right\},\left\{x\to \frac{1}{2} \left(-\frac{\sqrt{-\left(\text{cosa}^2-1\right) (\text{y1}-\text{y2})^2}}{\text{cosa}+1}+\text{x1}+\text{x2}\right),y\to \frac{(\text{x1}-\text{x2}) \sqrt{-\left(\text{cosa}^2-1\right) (\text{y1}-\text{y2})^2}+(\text{cosa}+1) \text{y1}^2-(\text{cosa}+1) \text{y2}^2}{2 (\text{cosa}+1) (\text{y1}-\text{y2})}\right\},\left\{x\to \frac{\sqrt{-\left(\text{cosa}^2-1\right) (\text{y1}-\text{y2})^2}+\text{cosa} \text{x1}+\text{cosa} \text{x2}+\text{x1}+\text{x2}}{2 \text{cosa}+2},y\to \frac{(\text{x2}-\text{x1}) \sqrt{-\left(\text{cosa}^2-1\right) (\text{y1}-\text{y2})^2}+(\text{cosa}+1) \text{y1}^2-(\text{cosa}+1) \text{y2}^2}{2 (\text{cosa}+1) (\text{y1}-\text{y2})}\right\}\right\}\]

奇葩了,明明是上下两个点,为什么软件计算出来是四个点?
还有一个问题,x与y的结果应该是同样的表达式,但是实际不是

点评

Maple解这个方程也是给出了四组解  发表于 2019-1-7 15:40
毋因群疑而阻独见  毋任己意而废人言
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发表于 2019-1-5 11:28:42 | 显示全部楼层
mathematica 发表于 2019-1-5 11:11
\[\left\{\left\{x\to \frac{1}{2} \left(\frac{\sqrt{-\left(\text{cosa}^2-1\right) (\text{y1}-\text{ ...

  1. Clear["Global`*"];(*Clear all variables*)
  2. (*下面六个无理数,不可能被加减乘除消化掉,所以先得出一个伪符号解*)
  3. rule={x1,y1,x2,y2}->{EulerGamma,Catalan,Khinchin,Glaisher};
  4. N[{EulerGamma,Catalan,Khinchin,Glaisher}]
  5. sol=Solve[
  6. {
  7. (x1-x)^2+(y1-y)^2==(x2-x)^2+(y2-y)^2,
  8. (x1-x)(x2-x)+(y1-y)(y2-y)==Sqrt[((x1-x)^2+(y1-y)^2)]*Sqrt[((x2-x)^2+(y2-y)^2)]*cosa
  9. }/.Thread[rule],{x,y}]//FullSimplify;
  10. (*回代得到符号解*)
  11. sol/.Thread[Reverse[rule]]//FullSimplify
复制代码

换种办法求解!
\[\left\{\left\{x\to \frac{1}{2} \left(\frac{(\cos{a}+1) (y_2-y_1)}{\sqrt{1-\cos{a}^2}}+x_1+x_2\right),y\to \frac{1}{2} \left(\frac{(\cos{a}+1) (x_1-x_2)}{\sqrt{1-\cos{a}^2}}+y_1+y_2\right)\right\},\left\{x\to \frac{1}{2} \left(\frac{(\cos{a}+1) (y_1-y_2)}{\sqrt{1-\cos{a}^2}}+x_1+x_2\right),y\to \frac{1}{2} \left(\frac{(\cos{a}+1) (x_2-x_1)}{\sqrt{1-\cos{a}^2}}+y_1+y_2\right)\right\},\left\{x\to \frac{1}{2} \left(\frac{\sqrt{1-\cos{a}} (y_1-y_2)}{\sqrt{\cos{a}+1}}+x_1+x_2\right),y\to \frac{1}{2} \left(\frac{\sqrt{1-\cos{a}} (x_2-x_1)}{\sqrt{\cos{a}+1}}+y_1+y_2\right)\right\},\left\{x\to \frac{1}{2} \left(\frac{\sqrt{1-\cos{a}} (y_2-y_1)}{\sqrt{\cos{a}+1}}+x_1+x_2\right),y\to \frac{1}{2} \left(\frac{\sqrt{1-\cos{a}} (x_1-x_2)}{\sqrt{\cos{a}+1}}+y_1+y_2\right)\right\}\right\}\]

\[\frac{\cos{a}+1}{\sqrt{1-\cos{a}^2}}=1/\tan\frac{a}{2},\frac{\sqrt{1-\cos{a}}}{\sqrt{\cos{a}+1}}=\tan\frac{a}{2}\]互为倒数

点评

这个有很强的几何意义,谁能从几何角度解释一下这个结果?????????  发表于 2019-1-5 12:09
进一步三角代换,似乎就两个解!  发表于 2019-1-5 11:38
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发表于 2019-1-5 12:31:59 | 显示全部楼层
mathematica 发表于 2019-1-5 11:28
换种办法求解!
\[\left\{\left\{x\to \frac{1}{2} \left(\frac{(\text{cosa}+1) (\text{y2}-\text{y ...

除以`\D\tan\frac{a}{2}`的几何意义我勉强能解释, 但是乘以`\D\tan\frac{a}{2}`的几何意义是什么呢?我感觉理解不了,谁能解释一下?
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发表于 2019-1-5 15:30:54 | 显示全部楼层
mathematica 发表于 2019-1-5 12:31
\[除以tan(\frac{a}{2}的几何意义我勉强能解释, 但是乘以tan(\frac{a}{2}的几何意义是什么呢?我感觉理解 ...

发现了你的问题所在
你并没有验证sin a的大小
只用cos a的话可能会转出一个大于180度小于270度的解
那个解是不合理的

点评

好像的确是BUG……  发表于 2019-1-5 16:43
我觉得最好的办法是把坐标系原点平移到两个点的中点之间,然后直接旋转,然后再平移回去,我感觉是mathematica没有删掉增根  发表于 2019-1-5 15:44
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