椭球面和三正交切线

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zeroieme 发表于 2018-11-27 19:36
我在方程组提取出一个因子，就是这个结果，见8#。还没得到出结论证明其他因子必然非\(0\)，就是\(P\)没有其 ...

用物理方法（就是焊一个铁架子往上怼……）可以证明过椭球中心的任何直线跟P的轨迹有且只有一组对称的交点
也就是不管其他因子是否为0，如果已经找到了一个符合方程的椭球面，那个椭球一定是P的轨迹了。

zeroieme

.·.·. 发表于 2018-11-27 19:40
用物理方法（就是焊一个铁架子往上怼……）可以证明过椭球中心的任何直线跟P的轨迹有且只有一组对称的 ...

正球肯定过中心的直线只有两则两点可行。椭球不一定，或许架子转动一点又可能卡住。毕竟椭球有点扁有点长。

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zeroieme 发表于 2018-11-27 19:50
正球肯定过椭球中心的直线只有两则两点可行。椭球不一定，或许架子转动一点又可能卡住。毕竟椭球有点扁 ...

先固定铁架子O-ABC的角度跟位置，再固定椭球的旋转角度。
之后让椭球与面OAC跟面OBC相切，椭球交面OAC于AC上某点
这时候椭球显然与直线OC相离
然后移动椭球，使之与OA，OB相切的同时减小其与OC直接的距离
容易证明，保证椭球旋转角度不变的情况下，这种距离减小的路径是唯一的。
这就证明了过椭球中心的直线只有两点（另一点由椭球的对称性生成）可行。

mathe

我们还是查看9#的方程，直接使用特殊情况，比如a=2,b=1,c=1, 然后我们查看$x_0=y_0=0$的特殊情况，就可以找出这时$z_0$的取值范围。
这种特殊情况比较容易计算，其中$z_1=z_2=z_3=1/{z_0}$
得出
\(\begin{cases}
\frac{x_1^2}4+y_1^2=1-\frac1{z_0^2}\\
\frac{x_2^2}4+y_2^2=1-\frac1{z_0^2}\\
\frac{x_3^2}4+y_3^2=1-\frac1{z_0^2}\\
x_1x_2+y_1y_2=-(\frac1{z_0}-z_0)^2\\
x_2x_3+y_2y_3=-(\frac1{z_0}-z_0)^2\\
x_3x_1+y_3y_1=-(\frac1{z_0}-z_0)^2
\end{cases}\)
所以对于$z_0>1$,点\((\frac{x_1}{\sqrt{1-\frac1{z_0^2}}},\frac{y_1}{\sqrt{1-\frac1{z_0^2}}})\) ,\((\frac{x_2}{\sqrt{1-\frac1{z_0^2}}},\frac{y_2}{\sqrt{1-\frac1{z_0^2}}})\) 和\((\frac{x_3}{\sqrt{1-\frac1{z_0^2}}},\frac{y_3}{\sqrt{1-\frac1{z_0^2}}})\)在椭圆
\(\frac{x^2}4+y^2=1\)上，而且两两内积为常数\(-z0^2(1-\frac1{z0^2})\)
所以我们只要找出椭圆\(\frac{x^2}4+y^2=1\)上两两内积相等的三个点，就可以计算出$z_0$
特别的，我们可以选择满足$x_1=x_2,y_1=-y_2,y_3=0$的解和$y_1=y_2,x_1=-x_2,x_3=0$的解，计算出对应的$z_0$,那么这两个$z_0$取值之间的任意值必然都可以取到
而椭圆上这样的三点组显然是有无穷组的，说明了在我们限定的情况下，的确有很多个$z_0$,所以结果必然是一个三维区域而不是二维曲面。
换成铁架子模型就是说在固定P点在z轴上时，我们是可以通过升降铁架子的同时再改变铁架子的方向达成目标

wayne

我的看法：
1）可能只是三维体空间。 将任何一个凸的光滑的三维体 卡进一个 三正交的骨架上【这比挤兑到面正交的角落，面接触的要求宽松多了】，这个凸的光滑的三维体 跟每个支架所在的直线只有一个接触点， 三个刚好能决定 平面，而接触点是可以挪动的，固定两个接触点，另一个可以旋转接触，自由度很大，只会改变姿势，这个操作已经足够充分了。
2）有限的连续三维体空间。因为接触点是可以挪动的，只会对应到接触姿势的变化，所以轨迹空间也是连续的空间，但考虑到同时原椭球体是有限的空间，所以只能是有限的连续的三维体空间。

hejoseph

黄利兵提到一个结论
命题1：二次锥面有三条两两互相垂直的母线的充要条件是 $x^2$、$y^2$、$z^2$ 项系数之和为 0。
这个结论可以用二次曲面的不变量去证明，将锥面通过旋转和平移到三条两两互相垂直的母线与 $x$、$y$、$z$ 轴重合去讨论，不难。二次曲面的不变量在有对二次曲面一般理论的解析几何书里会有专门介绍。
命题2：以点 $P\left(x_0,y_0,z_0\right)$ 为锥的顶点，母线与二次曲面 $ax^2+by^2+cz^2=1$ 相切的切锥面方程为
\begin{align*}
&a\left(by_0^2+cz_0^2-1\right)\left(x-x_0\right)^2+b\left(ax_0^2+cz_0^2-1\right)\left(y-y_0\right)^2+c\left(ax_0^2+by_0^2-1\right)\left(z-z_0\right)^2\\
&{}-2abx_0y_0\left(x-x_0\right)\left(y-y_0\right)-2acx_0z_0\left(x-x_0\right)\left(z-z_0\right)-2bcy_0z_0\left(y-y_0\right)\left(z-z_0\right)=0
\end{align*}
这个结论用一般的锥面方程求解方法推导即可，只是计算繁琐，没难度。
回到原问题，根据命题1和命题2，必定有
\[
a\left(by_0^2+cz_0^2-1\right)+b\left(ax_0^2+cz_0^2-1\right)+c\left(ax_0^2+by_0^2-1\right)=0
\]
整理得
\[
a(b+c)x_0^2+b(a+c)y_0^2+c(a+b)z_0^2=a+b+c
\]
即所求点 $P$ 的轨迹方程是
\[
a(b+c)x^2+b(a+c)y^2+c(a+b)z^2=a+b+c
\]

倪举鹏

感觉是球面，因为二维情况就是圆。三维情况可能是三个相互垂直的平面相切椭球，三平面相交点是P，这里三直线垂直不知道满不满足

hejoseph

根据wayne的要求，我对结果做一些说明：
取 $c=0$，且 $a$、$b$ 都非 0，原曲面就是 $ax^2+by^2=1$，这是椭圆柱面或双曲柱面，而轨迹曲面是 $x^2+y^2=1/a+1/b$，这是一个圆柱面。如果我们把与柱面 $ax^2+by^2=1$ 的母线平行的直线视为与柱面 $ax^2+by^2=1$ 相切于无穷远点的直线，这就和平面几何中的蒙日圆结论完全一致了。
现在取 $a=1/3$，$b=1/2$，$c=1$，$P$ 我任意选了轨迹曲线上的一点 $(1/\sqrt 3,1/2,3/\sqrt 5)$，在Methematica中直接输入
a=1/3
b=1/2
c=1
x0=1/Sqrt[3]
y0=1/2
z0=3/Sqrt[5]
NSolve[{
a x1^2+b y1^2+c z1^2==1,
a x2^2+b y2^2+c z2^2==1,
a x3^2+b y3^2+c z3^2==1,
a x1 x0+b y1 y0+c z1 z0==1,
a x2 x0+b y2 y0+c z2 z0==1,
a x3 x0+b y3 y0+c z3 z0==1,
a x1 (x1-x0)+b y1 (y1-y0)+c z1 (z1-z0)==0,
a x2 (x2-x0)+b y2 (y2-y0)+c z2 (z2-z0)==0,
a x3 (x3-x0)+b y3 (y3-y0)+c z3 (z3-z0)==0,
(x1-x0) (x2-x0)+(y1-y0) (y2-y0)+(z1-z0) (z2-z0)==0,
(x1-x0) (x3-x0)+(y1-y0) (y3-y0)+(z1-z0) (z3-z0)==0,
(x2-x0) (x3-x0)+(y2-y0) (y3-y0)+(z2-z0) (z3-z0)==0},
{x1,y1,z1,x2,y2,z2,x3,y3,z3},
Reals]
运行结果
{{x1 -> 1.17093, y1 -> -0.4564, z1 -> 0.662439, x2 -> 0.617889,
  y2 -> 1.16584, z2 -> 0.439482, x3 -> -0.838513, y3 -> -0.0469025,
  z3 -> 0.874375}, {x1 -> 0.641437, y1 -> 1.15891, z1 -> 0.437395,
  x2 -> 1.1455, y2 -> -0.477061, z2 -> 0.669936, x3 -> -0.855149,
  y3 -> -0.00847, z3 -> 0.8696}, {x1 -> -0.822016, y1 -> -0.0809076,
  z1 -> 0.878345, x2 -> 1.19343, y2 -> -0.43693, z2 -> 0.655583,
  x3 -> 0.596519, y3 -> 1.17176, z3 -> 0.441444}, {x1 -> -0.816151,
  y1 -> -0.0922113, z1 -> 0.87961, x2 -> 0.58929, y2 -> 1.17369,
  z2 -> 0.442122, x3 -> 1.20091, y3 -> -0.430192, z3 -> 0.653255}}
这些说明是有四组符合条件的直线的。

mathe

所以这个题目也许从几何角度分析更加容易。
假设过P点的三直线\(l_1,l_2,l_3\)分别和二次曲面$S$相切于$A,B,C$三点，而$A,B,C$三点确定一个平面$pi$.那么平面$pi$和$S$相交成一条二次曲线$L$,连接$P$和$L$上所有点构成一个圆锥$C$.由于$C$上面有三条两两垂直的母线\(l_1,l_2,l_3\)，这个可以唯一确定$C$的形状。但是另外一方面，由圆锥$C$形状的对称性，我们可以看出，对于给定的$C$和$S$,如果$C$上有一组两两垂直的母线\(l_1,l_2,l_3\)，那么必然有无穷组。

然后题目中的问题就是一个固定形状的圆锥套在一个椭球上转动，其顶点的轨迹，所以的确应该是一个曲面

mathe

发现好像对于椭圆\(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\),如果其上有三个不同的点\((x_1,y_1),(x_2,y_2),(x_3,y_3)\)满足两两内积相等，也就是\(x_1x_2+y_1y_2=x_2x_3+y_2y_3=x_3x_1+y_3y_1\)，那么这个内积必然是常数\(-\frac{a^2b^2}{a^2+b^2}\)而同这三个点的位置无关