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楼主: 数学星空

[讨论] 诡异的椭圆定理

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发表于 2012-4-13 21:46:45 | 显示全部楼层
圆的也对,看来这个定理确实有些意思了。
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
 楼主| 发表于 2012-4-13 22:18:02 | 显示全部楼层
我们先从最特殊的情形讨论:
设内椭圆为$x^2/m^2+y^2/n^2=1$, 外椭圆为$x^2/a^2+y^2/b^2=1$,且$a^2-b^2=m^2-n^2$
取两个顶点$(a,0),(0,b)$计算,则有
$L=int_0^(2*pi)m*sqrt(1-((m^2-n^2)*cos(x)^2)/m^2)dx -2*int_0^(arccos(m/a))m*sqrt(1-((m^2-n^2)*cos(x)^2)/m^2)dx+(2*b*sqrt(a^2-m^2))/a$..........(1)   
   
$L=int_0^(2*pi)m*sqrt(1-((m^2-n^2)*cos(x)^2)/m^2)dx -2*int_(arcsin(n/b))^(pi/2)m*sqrt(1-((m^2-n^2)*cos(x)^2)/m^2)dx+(2*a*sqrt(a^2-m^2))/b$..........(2)

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mathe + 3 这里好像内外椭圆弄反了

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 楼主| 发表于 2012-4-13 22:57:59 | 显示全部楼层
通过数值计算:
$12#$的两个等式几乎严格相等,取$m=5,n=3$

$f(a)=int_0^(2*pi)m*sqrt(1-((m^2-n^2)*cos(x)^2)/m^2)dx -2*int_0^(arccos(m/a))m*sqrt(1-((m^2-n^2)*cos(x)^2)/m^2)dx+(2*b*sqrt(a^2-m^2))/a$   
   
$ -(int_0^(2*pi)m*sqrt(1-((m^2-n^2)*cos(x)^2)/m^2)dx -2*int_(arcsin(n/b))^(pi/2)m*sqrt(1-((m^2-n^2)*cos(x)^2)/m^2)dx+(2*a*sqrt(a^2-m^2))/b)$

  $=-2*int_0^(arccos(5/a))sqrt(25-16*cos(x)^2)dx+2*sqrt((a^2-16)*(a^2-25))/a+2*int_(arcsin(3/sqrt(a^2-16)))^(pi/2)sqrt(25-16*cos(x)^2)dx-2*a*sqrt((a^2-25)/(a^2-16))$
画图
1.jpg

这说明至少在四个特殊点(顶点)是满足题意的
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 楼主| 发表于 2012-4-13 23:54:05 | 显示全部楼层
根据数值计算可以肯定“诡异的椭圆定理”是成立的
3.jpg
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 楼主| 发表于 2012-4-13 23:56:55 | 显示全部楼层
对于给定的内椭圆$x^2/m^2+y^2/n^2=1$,及绳长$L$
可以由下式计算得到$a,b$值,即P点的轨迹$x^2/a^2+y^2/b^2=1$

$L=int_0^(2*pi)m*sqrt(1-((m^2-n^2)*cos(x)^2)/m^2)dx -2*int_0^(arccos(m/a))m*sqrt(1-((m^2-n^2)*cos(x)^2)/m^2)dx+(2*b*sqrt(a^2-m^2))/a$

$m^2-n^2=a^2-b^2$
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发表于 2012-4-15 08:59:36 | 显示全部楼层

计算微分是否等于零

验证这个问题反过来就行了,也就是任意选择等焦点椭圆,然后验证从外面椭圆上任意一点P向里面椭圆上引两条切线PA,PB,那么|PA|+|PB|-|椭圆劣弧AB|是常数。我们可以选择P是椭圆两个顶点时的特殊情况看看。其中主要是一个椭圆积分的计算 ...
mathe 发表于 2012-4-13 11:48

可以选择mathe的这种反向验证方法,要想完全证明,就必须选择一般位置的P点。为了避免椭圆积分,可以转而计算微分,只要证明微分恒等于零就行了。
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发表于 2012-4-15 10:35:56 | 显示全部楼层

问题转化成:
已知 PA+PB - PA与PB内部的椭圆弧长AB 为定值。
求证PF1+PF2为定值。
即是:
如果$\tan (t_1-t_2) \sqrt{a^2 \sin^2(t_1)+b^2 \cos^2(t_1)}+\tan (t_1-t_2) \sqrt{a^2 \sin^2(t_2)+b^2 \cos^2(t_2)}-\int_{t_2}^{t_1} \sqrt{a^2 \cos ^2(t)+b^2 \sin ^2(t)} dt$ 为定值

那么 $\sec (\frac{t_1}{2}-\frac{t_2}{2}) \sqrt{(\sqrt{a^2-b^2} \cos (\frac{t_1}{2}-\frac{t_2}{2})-a \cos (\frac{t_1}{2}+\frac{t_2}{2}))^2+(b \sin (\frac{t_1}{2}+\frac{t_2}{2}))^2}$+$\sec (\frac{t_1}{2}-\frac{t_2}{2}) \sqrt{(\sqrt{a^2-b^2} \cos (\frac{t_1}{2}-\frac{t_2}{2})+a \cos (\frac{t_1}{2}+\frac{t_2}{2}))^2+(b \sin (\frac{t_1}{2}+\frac{t_2}{2}))^2}$ 为定值
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发表于 2012-4-15 12:01:53 | 显示全部楼层
10# mathe
我给他补一下,绳子有弹性,总长不变,所以弹性势能不变;系统机械能守恒,所以动能(或者速率)不变;速率不变,所以切向力为零,即角平分线垂直于切线。

点评

@kastin,势能不用考虑吧,因为这里的绳子是刚性的。  发表于 2013-12-10 17:19
机械能守恒你忽略了势能。另外,速率不变只是说明速度大小不变,并不是切向速度大小不变,因此无法推出切向力为零。注意这不是圆的情况,椭圆上,运动速度在法向是有速度分量的。  发表于 2013-12-10 10:22
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发表于 2012-4-15 17:46:25 | 显示全部楼层
18# yinhow


补充得 非常到位
emath论坛缺乏这样的物理大牛

点评

思考后再鼓励。  发表于 2013-12-10 10:23
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发表于 2012-4-15 17:52:01 | 显示全部楼层
18# yinhow
俺突然有一个疑问。
在这里运用 能量守恒定律 似乎有一个前提,就是没有外界的做功。而在本题,这种条件似乎无从得知。
=========
我一直都是想象着这样的场景,是 人用手 驱动着张紧轮而缓慢运动的。
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