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[讨论] 从圆上一点向曲线作的两条切线总是互相垂直

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发表于 2019-2-28 20:54:43 | 显示全部楼层 |阅读模式

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本帖最后由 lsr314 于 2019-2-28 21:18 编辑

如图,已知椭圆的方程为$x^2/a^2+y^2/b^2=1$($a>b$). 图中虚线圆的半径等于$R=sqrt(a^2+b^2)$,可以证明,从虚线圆上任一点向椭圆作的两条切线所成的夹角(张角)为90°.
(当圆的半径$r>a$时,点在圆上运动,对应的张角也会变化,并且在坐标轴上取得最大值和最小值,记$y$轴对应的张角为$s$, $x$轴对应的张角为$t,p=s-t$. 易知$p$与$r-R$同号。
当$a^6 - a^4 b^2 - a^2 b^4 + b^6 - 3 a^4 r^2 + 2 a^2 b^2 r^2 - 3 b^4 r^2 + 3 a^2 r^4 + 3 b^2 r^4 - r^6=0$时,$p$取最大值。)

那么,对于什么样的曲线(暂时只考虑关于原点中心对称的凸闭曲线,并且曲线处处有切线),存在一个圆,从圆上任一点向该曲线作的两条切线总是互相垂直?

1.jpg
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 2019-2-28 21:34:00 来自手机 | 显示全部楼层
我们任意选择u使得$0<u<pi$. 然后定义$[0,u]$到$[u,pi]$的任意严格单调增连续光滑函数$h(x)$,然后我们可以扩展h的定义使得$h(h(x))=x+pi$,要做到这样扩展后函数还光滑。
然后对于任意给定的圆,用直线连接所有辐角为$x$和$h(x)$的圆上点,那么这些直线就围成了一个满足条件的曲线。
为了满足连续光滑条件,显然有边界条件$h(0)=u,h(u)=pi$,
$h'(0)h'(u)=1$
比如我们可以选择特别的$[0,u]$上三次函数
$h(x)=u+(pi-u)/u x+tx(x-u/2)(x-u)$
所以$h'(0)=h'(u)={pi-u}/u+{tu^2}/2$.
于是我们需要选择$t={2(2u-pi)}/{u^3}$
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发表于 2019-3-1 08:04:38 | 显示全部楼层
pic1.png
使用上面参数在u=1时作出的图
pic0.5.png
u=0.5
pic0.85.png
u=0.85
pic1.7.png
u=1.7
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发表于 2019-3-1 13:23:42 | 显示全部楼层
  1. t(u)=2*(2*u-Pi)/u^3
  2. h(x,u)=u+(Pi-u)/u*x+t(u)*x*(x-u/2)*(x-u)

  3. draw(u,N)=
  4. {
  5.     local(s,x);
  6.     s=plothsizes();
  7.     plotinit(0,s[2]-1,s[2]-1);
  8.     plotscale(0,-1,1,-1,1);
  9.     for(d=1,N, x=u*(d-0.5)/N;plotlines(0,[cos(x),cos(h(x,u))],[sin(x),sin(h(x,u))],0));
  10.     for(d=1,N, x=u*(d-0.5)/N;plotlines(0,[cos(h(x,u)),cos(x+Pi)],[sin(h(x,u)),sin(x+Pi)],0));
  11.     for(d=1,N, x=u*(d-0.5)/N;plotlines(0,[-cos(x),-cos(h(x,u))],[-sin(x),-sin(h(x,u))],0));
  12.     for(d=1,N, x=u*(d-0.5)/N;plotlines(0,[-cos(h(x,u)),-cos(x+Pi)],[-sin(h(x,u)),-sin(x+Pi)],0));
  13.     plotdraw([0,-1,1])
  14. }
复制代码

比如draw(0.5, 100)就可以作出上面u=0.5对应的图。要求参数u在$(0,pi)$区间
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 楼主| 发表于 2019-3-1 15:37:01 | 显示全部楼层
从圆上任意一点引出两条互相垂直的直线L1和L2,当点在圆上运动一周时,直线L1和L2分别围出一个包络,我们要求这两个包络必须一致,实际上要求直线的斜率的变化过程满足一定的函数方程。
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 楼主| 发表于 2019-3-1 16:09:08 | 显示全部楼层
假设点$J$在单位圆上运动,$J(cosa,sina)$处$L1,L2$斜率分别是$f(a)$、$-1/f(a).$
$L1$的方程为$y=f(a)(x-cosa)+sina$
$L2$的方程为$y=-1/f(a)(x-cosa)+sina$
在$L1$的方程中对$a$求导,联立$L1$的方程,可以求得$L1$的包络的参数方程为
$x=-(cos a+f(a)sina)/(f'(a))+cosa$
$y=-(cosa+f(a)sina)/(f'(a))f(a)+sina$
类似的,$L2$的包络的参数方程为
$x=-(f(a)cos a-sina)/(f'(a))f(a)+cosa$
$y=(f(a)cosa-sina)/(f'(a))+sina$
根据题意,这两个参数方程是等价的,$f(a)$需要满足一定的函数方程。很有可能得出的参数方程对应的只能是椭圆或者圆。

点评

不必是椭圆或者圆,mathe已揭示可以是任意设定。  发表于 2019-3-1 20:44
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发表于 2019-3-1 20:42:24 来自手机 | 显示全部楼层
可以把我给的函数h(a)代入你的方程,肯定满足。
h满足$h(h(a))=a+pi,h(a+pi)=h(a)+pi$
而$f(a)=-ctan((a+h(a))/2)$
于是$h'(h(a))h'(a)=1$
好像代入后第一方程化简为
$x={cos(h(a))+cos(a)h'(a)}/{1+h'(a)}$
$y={sin(a)h'(a)-sin(h(a))}/{1+h'(a)}$

于是将上面方程中a再用h(a)替换和另外一组方程解比较,或反之即可。显然利用h'(h(a))h'(a)=1和$h(h(a))=a+pi$可非常容易化简替换结果。
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发表于 2019-3-1 22:18:09 | 显示全部楼层
这个问题可以转而考虑外切矩形的边中点的轨迹,其极坐标形式`\rho(\theta)`满足\[\rho^2(\theta+\frac{\pi}2)+\rho^2(\theta)=C\]
通解是\[\rho(\theta)=\sqrt{a_0+(a_1\sin2\theta+b_1\cos2\theta)+(a_3\sin6\theta+b_3\cos6\theta)+\cdots+(a_n\sin 2n\theta+b_n\cos 2n\theta)}\\(n为奇数)\]
捕获.PNG
得到中点轨迹曲线后,由两个互相垂直的极径可以还原矩形,矩形动起来便得到包络线,即为楼主所欲求。
既然中点曲线如此任意多姿,由此引导的包络线当然也就不拘于椭圆了。
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发表于 2019-3-1 22:36:59 来自手机 | 显示全部楼层
俩方程化简以后,可以看出第二方程a替换为h(a)就变化为第一方程

\(h(h(a))=a+\pi, h(a+\pi)=h(a)+\pi,h'(h(a))=\frac1{h'(a)}\)
设\(b=\frac{a+h(a)}2,c=\frac{a-h(a)}2\)
\(f(a)=-\frac{\cos(b)}{\sin(b)}\)
\(f'(a)=\frac{1+h'(a)}{2\sin^2(b)}\)
\(\cos(a)+f(a)\sin(b)=\frac{\cos(a)\sin(b)-\cos(b)\sin(a)}{\sin(b)}=-\frac{\sin(a-b)}{\sin(b)}=-\frac{\sin(c)}{\sin(b)}\)
\(\frac{\cos(a)+f(a)\sin(b)}{f'(a)}=-\frac{2\sin^2(b)}{1+h'(a)}\frac{\sin(c)}{\sin(b)}=-\frac{2\sin(b)\sin(c)}{1+h'(a)}\)
\(\frac{\cos(a)+f(a)\sin(b)}{f'(a)}f(a)=\frac{2\sin(b)\sin(c)}{1+h'(a)}\frac{\cos(b)}{\sin(b)}=\frac{2\cos(b)\sin(c)}{1+h'(a)}\)
于是lsr314第一方程变化为
\(\begin{cases}x&=&\cos(a)+\frac{2\sin(b)\sin(c)}{1+h'(a)}&=&\cos(a)+\frac{\cos(b-c)-\cos(b+c)}{1+h'(a)}&=&\frac{\cos(h(a))+h'(a)\cos(a)}{1+h'(a)}\\
y&=&\sin(a)-\frac{2\cos(b)\sin(c)}{1+h'(a)}&=&\sin(a)-\frac{\sin(b+c)+\sin(c-b)}{1+h'(a)}&=&\frac{\sin(h(a))+h'(a)\sin(a)}{1+h'(a)}
\end{cases}\)
\(f(a)\cos(a)-\sin(a)=-\frac{\cos(b)\cos(a)+\sin(b)\sin(a)}{\sin(b)}=-\frac{\cos(c)}{\sin(b)}\)
\(\frac{f(a)\cos(a)-\sin(a)}{f'(a)}=-\frac{2\sin^2(b)}{1+h'(a)}\frac{\cos(c)}{\sin(b)}=-\frac{2\sin(b)\cos(c)}{1+h'(a0}\)
\(\frac{f(a)\cos(a)-\sin(a)}{f'(a)}f(a)=\frac{2\sin(b)\cos(c)}{1+h'(a0}\frac{\cos(b)}{\sin(b)}=\frac{2\cos(b)\cos(c)}{1+h'(a0}\)
于是lsr314第二方程变化为
\(\begin{cases}x&=&\cos(a)-\frac{2\cos(b)\cos(c)}{1+h'(a)}&=&\cos(a)+\frac{\cos(b-c)+\cos(b+c)}{1+h'(a)}&=&\frac{h'(a)\cos(a)-\cos(h(a))}{1+h'(a)}\\
y&=&\sin(a)-\frac{2\sin(b)\cos(c)}{1+h'(a)}&=&\sin(a)-\frac{\sin(b+c)+\sin(b-c)}{1+h'(a)}&=&\frac{h'(a)\sin(a)-\sin(h(a))}{1+h'(a)}
\end{cases}\)

于是把第二方程$a$替换为$h(a)$得到
\(\begin{cases}x&=&\frac{\frac1{h'(a)}\cos(h(a))-\cos(a+\pi)}{1+\frac1{h'(a)}}&=&\frac{\cos(h(a))+h'(a)\cos(a)}{h'(a)+1}\\
y&=&\frac{\frac1{h'(a)}\sin(h(a))-\sin(a+\pi)}{1+\frac1{h'(a)}}&=&\frac{\sin(h(a))+h'(a)\sin(a)}{h'(a)+1}
\end{cases}\)
和第一式相同
这个表达式也说明了为什么$h(x)$平滑时得到图好像还有一个点处不平滑,因为必须$h'(x)$也平滑才行
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发表于 2019-3-1 22:54:57 来自手机 | 显示全部楼层
hujunhua 发表于 2019-3-1 22:18
这个问题可以转而考虑外切矩形的边中点的轨迹,其极坐标形式`\rho(\theta)`满足\[\rho^2(\theta+\pi/2)+\rh ...

通常情况切点不一定在外切矩形中点

点评

初发时说过由中点曲线引导包络线的话,感觉多余修掉了。既指出来,今又加上了。  发表于 2019-3-2 14:55
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