Quod Erat Demonstrandum

2009/04/28

有關圓形方程和軌跡的無聊討論

Filed under: HKCEE,mathematics — johnmayhk @ 4:28 下午
Tags: , ,

【其一】 上課材料

To 4E students: you may download the worksheet (2009-04-24) at

f4-additional-mathematics-worksheet-20090424

together with some exploration at

http://www.hkedcity.net/ihouse_tools/forum/read.phtml?forum_id=27877&current_page=&i=1247383&t=1247383

【其二】 笑到喊

形如下式的二元二次方程

x^2 + y^2 + Dx + Ey + F = 0 – – – – – – (*)

中四的同學知道,其圖像代表著圓形(指實圓圓周 circumference of real circle)。

現在反過來,代表著圓形的方程式,是否一定形如 (*)?(即二元二次)

不一定,以下是一條二元四次方程方程

x^4 + 2x^3 + (2y^2 - 2y - 1)x^2 + (2y^2 - 2y - 2)x + y^4 - 2y^3 - y^2 + 2y + 1 = 0

其圖像,也是圓形。為何?

嗯,這不過是「玩o野」之作,上式其實是

(x^2 + y^2 + x - y - 1)^2 = 0

而已,一看便知是圓(的方程)。

不難把冪(power)由 2 改成其他正整數 n,即

(x^2 + y^2 + x - y - 1)^n = 0

方程也代表著圓形(但 Winplot 好像繪不出來)。

無聊透吧?不過,就是這種無聊,我嘗試用 Winplot 繪一繪類似上式的圖,因為「爆錯」,無意繪了一幅「畫」,見下:

不出十幾廿秒,完成了這幅【笑到喊】,比起之前的【哈哈笑】:

http://www.hkedcity.net/ihouse_tools/forum/read.phtml?forum_id=27877&current_page=&i=1231449&t=1231383

美麗得多了。【笑到喊】由兩條方程組成,見下:

x^4+y^4+2x^2y^2-2x^3-4x^2y-2x^2-2xy^2+4y^3-2y^2+x^2+5y^2+1+4xy+2x+4y=0
x^4+2x^3+2x^2y^2-2x^2y-2x^2-2xy^2-2xy-2x-2y+y^4-y^2+1=0

同學不妨把上述兩式 copy and paste,用 Winplot 繪之。

這又算不算把數學連繫到藝術的例子?某次,一名修讀建築的舊生返校,把一些作品給我看,其中看到一個結構,讓我立時聯想到類似的一個方程:

z = \frac{\sin(x^2 + y^2)}{x^2 + y^2}

用 Winplot 繪一繪,得:

數年前我曾想過用 Winplot 做一些數學和美術 crossover 的初中的專題研習(project),無奈這些東西太隨機了,也沒有好好想清楚。

【其三】 以幾何角度解軌跡

求軌跡(Locus)是中學附加數學的一個課題,解題都是透過代數運算,以純幾何的角度來解題者較少。

例如,設一定圓(fixed circle)C 及一外點(external point)P。C 上任取動點 A,求 AP 中點(mid-point)M 之軌跡。

先動手探究一下吧:
http://www.hkedcity.net/ihouse_tools/forum/read.phtml?forum_id=27877&current_page=&i=1247424&t=1247423

不用代數計算,也可解釋 M 走出來的軌跡是圓,見下:

為何?我們可以想像,P 其實是所謂「相似中心」。

上圖顯示了兩個「相似人形」。給定了「大人」,那麼,那個「小人」的構造方式,就是把「大人」上的點 A,連定點 P(或曰 AP 是由 P 點出發的放射線),按固定比例在 AP 上定出 M,即 AM : MP = 常數。(M 是 A 的對應點,M’ 是 A’ 的對應點)情況就是把「大人」沿放射線按比例收縮,得出的「小人」就是和「大人」相似。P 就是「相似中心」。

想像那個「大人」變成圓形,「小人」就是和「大人」相似的小圓形,這就解釋 M 走出來的軌跡,也是圓形。

上題中, M 為中點,故它走出來的軌跡,也是圓,其半徑乃大圓之半,其圓心即 AN 之中點(其中 N 為大圓圓心)。

又例如,設平面上有兩個定點 O_1, O_2,今有動點 P,其中 PO_1 : PO_2 是定值(常數,比如 1:2),問 P 走出來的軌跡如何?

又來動手探究吧:
http://www.hkedcity.net/ihouse_tools/forum/read.phtml?forum_id=27877&current_page=&i=1247425&t=1247423

用代數手法,不難找到 P 的軌跡是圓(注,當 PO_1 : PO_2 = 1,軌跡是線段 O_1O_2 的垂直平分線,或許視它為半徑無限大的圓),因為,易知

\sqrt{(x - x_1)^2 + (y - y_1)^2} = k\sqrt{(x - x_2)^2 + (y - y_2)^2}

是圓形方程。

現在嘗試不用上述方法(代數)解釋為何 P 走出來的軌跡是圓。

設 A, B 為動點 P 走在連線 O_1O_2 之上的位置,見下

\frac{O_1P}{O_2P} = \frac{O_1A}{O_2A} = \frac{O_1B}{O_2B},所以 PA 及 PB 分別是 \angle O_1PO_2 的內外角平分線 [*],亦即 \angle BPA 是直角,換言之,P 走出來的軌跡是圓(以 AB 為直徑者)。證畢。

可能 [*] 要略作解釋:

(為簡潔,以 [XYZ] 表三角形 XYZ 的面積。)

易知 \frac{[O_1AP]}{[O_2AP]} = \frac{O_1A}{O_2A}。另一方面,\frac{[O_1AP]}{[O_2AP]} = \frac{\frac{1}{2}AP\times O_1P\sin\angle O_1PA}{\frac{1}{2}AP\times O_2P\sin\angle O_2PA} = \frac{O_1P\sin\angle O_1PA}{O_2P\sin\angle O_2PA},得

\frac{O_1A}{O_2A} = \frac{O_1P\sin\angle O_1PA}{O_2P\sin\angle O_2PA} \Rightarrow \sin\angle O_1PA = \sin\angle O_2PA (因 \frac{O_1P}{O_2P} = \frac{O_1A}{O_2A}

也即是說 \angle O_1PA = \angle O_2PA,即 PA 是 \angle O_1PO_2 的內角平分線。

類似地,證明 PB 是 \angle O_1PO_2 的外角平分線,可以考慮 \frac{[O_1BP]}{[O_2BP]},同學試試。

P.S. 當年老師觀課,我教軌跡時,他問我就是這例:不用附加數常見的代數手法,如何求軌跡?

【其四】 舊日的知識:根軸與圓冪

第一年教附加數,學生問,若兩圓 C_1, C_2 相交,則 C_1 - C_2 = 0 是公共弦(common chord),見下

但當 C_1, C_2 不相交,則 C_1 - C_2 = 0 是什麼?見下

易知 C_1 - C_2 = 0 是直線,但這直線的位置在哪?接近較大的一個圓嗎?它有何幾何意義?

其實 C_1 - C_2 = 0 是對應於兩圓 C_1, C_2 的根軸(radical axis),讓我先由在課程內的東西談到在課程外的東西。

在課程內,我們學到切線長度(length of tangent),即,設 P(x_1,y_1) 為圓形 x^2 + y^2 + Dx + Ey + F = 0 的外點(external point)。由 P 引切線,切圓於 T,見下

則線段 PT 的長度(所謂 length of tangent)就是

\sqrt{x_1^2 + y_1^2 + Dx_1 + Ey_1 + F}

其「運算動作」不過是把點 P(x_1,y_1) 代入圓形方程再開方。

今設兩圓

C_1 : x^2 + y^2 + D_1x + E_1y + F_1 = 0
C_2 : x^2 + y^2 + D_2x + E_2y + F_2 = 0

無相交。設動點 P 滿足「由 P 引出切線到上述兩圓,兩者的切線長度相等」之關係,即 PT_1 = PT_2,見下

求 P 之軌跡。

P(x_1,y_1),由上述討論,得

\sqrt{x_1^2 + y_1^2 + D_1x_1 + E_1y_1 + F_1} = \sqrt{x_1^2 + y_1^2 + D_2x_1 + E_2y_1 + F_2}
x_1^2 + y_1^2 + D_1x_1 + E_1y_1 + F_1 = x_1^2 + y_1^2 + D_2x_1 + E_2y_1 + F_2
x_1^2 + y_1^2 + D_1x_1 + E_1y_1 + F_1 - (x_1^2 + y_1^2 + D_2x_1 + E_2y_1 + F_2) = 0 〔看,這不就是「兩圓相減」的「運算動作」嗎?〕
(D_1 - D_2)x_1 + (E_1 - E_2)y_1 + F_1 - F_2 = 0

故 P 的軌跡(的方程)是

(D_1 - D_2)x + (E_1 - E_2)y + F_1 - F_2 = 0

即是所謂

C_1 - C_2 = 0

可見,當兩圓 C_1 , C_2 無相交,其根軸 C_1 - C_2 = 0 的(其中一個)幾何意義是:它是某動點之軌跡,由該動點出發,到兩圓的對應切線,長度相等。

這裡有個關於根軸常見結果:給定三個圓,任意兩個圓都有其對應的根軸,故三個圓,可繪畫出三條根軸,原來,無論圓在何方,對應的三條根軸,必交於同一點(concurrent)見下

(注:其中 L_{AB} 即是對應以 A 和 B 點為圓心的兩個圓的根軸)

又是時候動手探究:

http://www.hkedcity.net/ihouse_tools/forum/read.phtml?forum_id=27877&current_page=&i=1247387&t=1247383

要證明這個現象非常簡單,設 L_{AB}L_{BC}H(a,b),只要證明 H(a,b) 同時在 L_{CA} 之上便可,我不詳細寫出,只寫關鍵符號:

H(a,b) satisfies

C_A - C_B = 0
C_B - C_C = 0

\Rightarrow H(a,b) satisfies

C_A - C_C = 0

既知三根軸共點,我們就可以發明一個作圖法(way of construction),尋找兩圓的根軸,見下:

http://www.hkedcity.net/ihouse_tools/forum/read.phtml?forum_id=27877&current_page=&i=1247422&t=1247383

[SBA] 同學,試解釋上述作圖法,為何可以找到根軸的位置。

好了,上面都是在課程內的,現在談到在課程外的東西:圓的冪(power of circle)

我們就借助圓的冪來描述根軸。

對固定圓,由固定點 P 出發,畫直線交圓於兩點 B 及 C,見下

那麼,不論直線交圓於哪個位置 B,PB \times PC 總是定值,即是說 PB \times PC = PB_1 \times PC_1(見上圖)。

證明不過是利用相似三角形而已,同學試試。

既然 PB \times PC 總是定值,我們就定義它為 power,詳述如下:

Power of P with respect to the circle = PB \times PC

想像 B 點一直變動,到達了位置 T,使 TP 為切線(tangent),見

則上式進一步變成

Power of P with respect to the circle = PT \times PT = PT^2

即是說,power = (length of tangent)^2

承上節討論,可見,根軸的另一個意義:它是一動點的軌跡,其動點對應兩圓,有相同的 power(冪)。

給定固定圓,圓心 A,半徑 r 及固定點 P,設 AP = d

由勾股定理得 PT^2 = AP^2 - r^2,即

Power of P with respect to the circle = d^2 - r^2

好了,是時候解答我第一年教書同學問的問題:根軸在哪裡?

參下圖,連兩圓圓心 A 和 B。想像動點 P 滿足「P 對應兩圓均有相同的 power」,

即,
power of P with respect to C_A = power of P with respect to C_B

先證明:P 走出來的軌跡是一線垂直 AB 的直線

C_A, C_B 的半徑分別為 r_1, r_2

參上圖,當動點 P 走到連線 AB 之上,即 Q 的位置,那麼我們有

QA^2 - r_1^2 = QB^2 - r_2^2 – – – – – – (*)

現過 Q 點繪畫垂直 AB 的直線(即圖中的紅線),那麼,要證明 「P 走出來的軌跡是一線垂直 AB 的直線」,可以證明:紅線上任意一點 P,都滿足"power of P with respect to C_A = power of P with respect to C_B
"

好,寫一寫
PA^2 - r_1^2
= PQ^2 + QA^2 - r_1^2
= PQ^2 + QB^2 - r_2^2 (by (*))
= PB^2 - r_2^2
證畢。

OK,答另一個問題,根軸位置在哪?

d = AB

由 (*)
QA^2 - QB^2 = r_1^2 - r_2^2
(QA - QB)(QA + QB) = r_1^2 - r_2^2
QA - QB = \frac{r_1^2 - r_2^2}{d} – – – – – – (1)


QA + QB = d – – – – – – (2)

解 (1),(2) 得
QA = \frac{1}{2}(d + \frac{r_1^2 - r_2^2}{d})
QB = \frac{1}{2}(d - \frac{r_1^2 - r_2^2}{d})

於是,知道 Q 的位置,也知道根軸的位置了。

可以寫的還有很多很多,但我都是停一停。

[SBA]

上式 QB = \frac{1}{2}(d - \frac{r_1^2 - r_2^2}{d}) 有一些「問題」,如果 d < \frac{r_1^2 - r_2^2}{d} 時,豈不是計到 QB 為負數?但 QB 代表線段 QB 的長度,是沒有可能負的。同學,對以上說法有何評語?

4 則迴響 »

  1. 顏冊中,同學想要「心心」方程,好,等我送無限個給你:

    (x^2 + y^2 – 1)^3 -kx^2y^3 = 0

    這就是「Family of 心心」。

    不過,我覺得最美麗是 k = 1 的那個,大家可以直接 copy and paste 用 Winplot 試下:

    (xx+yy-1)^3-xxyyy=0

    送多個無限大給你,希望同學用得著:

    yy-0.5625xx(1-xx)=0

    迴響 由 johnmayhk — 2009/04/28 @ 9:26 下午 | 回覆

  2. 送多個無限勾股定理 無聊討論 is littoe.

    迴響 由 d — 2010/06/03 @ 9:18 下午 | 回覆


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