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楼主: hejoseph

[讨论] 椭球面和三正交切线

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发表于 2018-11-29 08:22:26 | 显示全部楼层
31#的结论可以用链接https://bbs.emath.ac.cn/thread-2888-1-1.html中9#中第三种形式来解决:
给定圆锥曲线C1和C2,对于C1上任意一点P1,P1关于C2的极线和C1的一个交点定义为P2,然后P2关于C2的极线(必然过P1)和C1的另外一个交点为P3,P3关于C2的极线和C1的另外一个交点为P4,....依次类推,我们可以得到一个序列P1,P2,P3,...,Pn,...
我们称P1关于这个二次对合变换的像是P2,P2关于这个二次对合变换的像是P3,...而这个序列是对应的一个二次对合变换序列。

在复数空间我们选择$C_1$为椭圆\(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\),$C_2$为复二次曲线\(x^2+y^2+\frac{a^2b^2}{a^2+b^2}=0\)
于是对于$C_1$上任意一点\((x_1,y_1)\)关于$C_2$的极线为\(x_1x+y_1y+\frac{a^2b^2}{a^2+b^2}=0\)
根据链接中结论,它们构成一个二次对合变换。
特别的选择\((0,b)\)计算就可以知道,这个点三次变换后变回它自身,所以这个二次对合变换
同样选择点\((a,0)\)三次变换也变回自身,所以我们已经找到6个点在这个二次对合变换中经过三次变换变回自身。而链接中的结论说明二次对合变换迭代三次后还是二次对合变换,而且6个点的变换结果唯一确定一个二次对合变换,所以我们就可以得知对于所有的点迭代这个变换三次后都变回自身,也就是证明了30#的结论
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发表于 2018-11-29 08:41:47 | 显示全部楼层
30#的结论说明了关于24#的一般情况对于不同的$x_1,y_1$确定的$z_0$都是固定的。而事实上30#的结论并没有要求椭圆方程必须是标准形式,只要中心在原点就可以。所以同样的24#的一般情况也不要求椭球面是标准形式,而只要中心在远点就可以。这说明本题对于一般情况,从椭球中心发出的任意一条射线上只有唯一一个P点满足题目要求,但是对于给定的P点,对应的三条切线的方向是可以有无穷种选择的,也就是我们总是在固定P点的情况下转动.·.·.的铁架子
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发表于 2018-11-29 11:43:11 | 显示全部楼层
30#中曲线\(C_1:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\)上三个点\((x_1,y_1),(x_2,y_2),(x_3,y_3)\)满足\(x_1x_2+y_1y_2=x_2x_3+y_2y_3=x_3x_1+y_3y_1=-h\)
我们可以记\(x_0=-h\frac{x_3}{a^2},y_0=-h\frac{y_3}{b^2}\),于是\((x_0,y_0)\)在曲线\(C_2: a^2x^2+b^2y^2=h^2\)上,而且$C_2$在点\((x_0,y_0)\)的切线方程为\(a^2x_0x+b^2y_0y-h^2=0\),即\(x_3x+y_3y+h=0\),也就是点$(x_1,y_1)$和点$(x_2,y_2)$都在$(x_0,y_0)$关于$C_2$的这条切线上。
也就是我们如果使用二次对合变换中第一种定义,使用的曲线二就是\(C_2: a^2x^2+b^2y^2=h^2\)
其中我们选择\(h=\frac{a^2b^2}{a^2+b^2}\)时满足迭代三次后是恒等变换的条件
另外一方面,如果曲线$C_1$上存在满足条件的三个点\((x_1,y_1),(x_2,y_2),(x_3,y_3)\)产生了不同的$h$,
那么我们首先可以容易得出\((-x_1,-y_1),(-x_2,-y_2),(-x_3,-y_3)\)和\((x_1,y_1),(x_2,y_2),(x_3,y_3)\)不相等,而且可以产生相同的$h$
于是我们同样得出使用对应的$C_2$曲线的二次对合变换又6个以上不动点,所以三次迭代后也是恒等变换。于是\((x_1,y_1)\)可以选择为\((a,0)\)得出h只能等于\(\frac{a^2b^2}{a^2+b^2}\)
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发表于 2018-11-29 13:14:24 | 显示全部楼层
mathe 发表于 2018-11-29 11:43
30#中曲线\(C_1:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\)上三个点\((x_1,y_1),(x_2,y_2),(x_3,y_3)\)满足\(x_1x_2+y_1y_2=x_2x_3+y_2y_3=x_3x_1+y_3y_1=-h\) ...


根据Mathe所提到的问题,想起一个问题:空间直角坐标系下,椭圆与直三面角的三条棱(三条相互正交的直线)相交,它(三面角)的顶点轨迹
与这个问题相关的定理(Monsky定理)我在《数学名题词典》单墫 著 P847页里看到过
Monsky定理:直三面角的三条棱与定圆相交,则它顶点的轨迹是旋转椭球面。
[数学名题词典].扫描版.pdf_微盘下载
http://vdisk.weibo.com/s/d3ZnHHfJEurEd

点评

是的,由于方程是$ax^2+by^2+cz^2=1$,z方向短轴长度为$1/{\sqrt{c}}$,所以c趋向无穷大才对应压扁的椭球面  发表于 2018-11-29 16:57
回复数学星空,这个极限情形是 $c$ 趋向无穷大时的情形,计算没做,你计算的是 $c=0$ 的情形  发表于 2018-11-29 16:03
根据附件的方法:对于椭圆ax^2+by^2=1,顶点轨迹为ax^2+by^2+(a+b)z^2=1;而根据楼主的计算却为x^2+y^2=1/a+1/b;所以楼主答案可能有问题  发表于 2018-11-29 15:59
这个题目可以看成是本题的极限情况。我们将椭球在z方向进行压缩,当压缩到极致时,就变成这个题目的情况了。  发表于 2018-11-29 14:15
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发表于 2018-11-29 20:39:20 | 显示全部楼层
hejoseph 发表于 2018-11-28 12:26
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 ...


我试了下,软件有警告信息:
NSolve::infsolns: Infinite solution set has dimension at least 1. Returning intersection of solutions with

这个信息的意思就是 方程是不定的,方程个数小于未知数个数, 解有无数组

点评

maple 软件只能给出很少一些点的解,曲面上有很多点似乎不存在?这个问题值得更深入的探讨与更多的数值计算  发表于 2018-11-29 21:05
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发表于 2018-11-29 21:53:01 | 显示全部楼层
@hejoseph 在#28举的例子是无解的,不满足方程条件。正确的代码应该是这样的
  1. {a, b, c} = {1/3, 1/2, 1}; {x0, y0, z0} = {1/Sqrt[3], 1/2, 3/Sqrt[5]};
  2. 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,
  3. 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,
  4.   (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}]
复制代码


要去掉冗余的方程,因为
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,  
决定了
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,

点评

正确的做法是:在ax^2+by^2+cz^2=1上取样本点(尽可能均匀分布),记为{x1,y1,z1},代入方程组求解{x0,y0,z0},最后描出轨迹图并用待定系数法算出最终轨迹方程  发表于 2018-11-29 22:40
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 楼主| 发表于 2018-11-29 22:58:36 | 显示全部楼层
wayne 发表于 2018-11-29 21:53
@hejoseph 在#28举的例子是无解的,不满足方程条件。正确的代码应该是这样的

是有解的,而且确实有无数解,正如mathe说的那样,例如我随便取一个x1的值,运行这个
{a, b, c} = {1/3, 1/2, 1}; {x0, y0, z0} = {1/Sqrt[3], 1/2, 3/Sqrt[5]};
Reduce[{x1 == 1, 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, (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]
很快就出结果了

点评

恩恩,是无数组解。  发表于 2018-11-30 08:25
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 楼主| 发表于 2018-11-30 10:18:59 | 显示全部楼层
本帖最后由 hejoseph 于 2018-11-30 11:43 编辑

命题1:平面 $Ax+By+Cz=0$ 截取锥面 $ax^2+by^2+cz^2=0$ 的两条直线的夹角余弦值为
\[
\frac{\left|A^2(b+c)+B^2(a+c)+C^2(a+b)\right|}{\sqrt{A^4(b-c)^2+B^4(a-c)^2+C^4(a-b)^2+2A^2B^2(a-c)(b-c)+2A^2C^2(a-b)(c-b)+2B^2C^2(b-a)(c-a)}}
\]
这个容易证明,不写过程了。
若二次锥面有三条两两互相垂直的母线,经过平移、旋转后,必定能使这三条母线分别与 $x$、$y$、$z$ 轴重合。设此时二次锥面的方程为 $ax^2+by^2+cz^2+dxy+exz+fyz=0$。因为 $x$ 轴上方程为 $y=z=0$,代入锥面方程,得 $ax^2=0$,而 $x$ 为任意实数,所以必定 $a=0$。$y$、$z$ 轴上的点类似推导,分别可得 $b=0$ 和 $c=0$,由于 $a+b+c$ 是二次曲面平移、旋转变换中的不变量,所以若二次锥面有三条两两互相垂直的母线,则必定有 $a+b+c=0$。
由于所有的二次锥面经过平移、旋转后,都可以变为标准方程 $ax^2+by^2+cz^2=0$,其中 $a+b+c=0$,设 $l:x/A=y/B=z/C$ 是这个锥面的一条母线,则 $A^2a+B^2b+C^2c=0$。因为
\[
A^2(b+c)+B^2(a+c)+C^2(a+b)=-A^2a-B^2b-C^2c=0
\]
由命题1知,过锥面顶点且垂直于母线 $l$ 的平面 $p:Ax+By+Cz=0$ 交锥面的两条母线是互相垂直的,而且通过锥面方程和平面方程消去 $x$,不妨设 $a>0$,$b>0$,通过简单计算得到的 $y/z$ 为变量的二次方程的判别式值为
\[
\frac{A^2}{a+b}\left(A^2b^2(2a+b)+B^2a^2(a+2b)\right)\geqslant 0
\]
所以可以确定锥面和平面 $p$ 的交线是存在的,所以锥面必定存在三条两两互相垂直的母线,且任意一条母线都能找到另外两条母线使三条母线都两两互相垂直。
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 楼主| 发表于 2018-11-30 10:30:25 | 显示全部楼层
上面是26#命题1的证明过程,由于是充要条件,所以后面的推导不会有问题
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发表于 2018-11-30 18:53:54 | 显示全部楼层
在椭圆\(x^2+\frac{y^2}{2}+\frac{z^2}{4}=1\)曲面上中取了150个样本点\({x1,y1,z1}\),最后只算出了其中70个样本点的\({x0,y0,z0},{x2,y2,z2},{x3,y3,z3}\),具体的计算结果见附件

椭球三正交坐标顶点轨迹计算2.pdf

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