Para resolver una tarea Art. afine la geometría, he llegado a través de un problema:
Es cierto que, para cada punto de $(x,y)\in \mathbb{R}^2$, existen $t\in \mathbb{R}, \alpha\in[0,2\pi]$, que
$$x = t\cos\alpha + \sin \alpha \\ y = t\sin\alpha + \cos \alpha?$$
No tengo ninguna idea cómo demostrarlo o encontrar un contraejemplo. Todas sugerencias aprecian!
Esto puede ser escrito como \begin{align} &\left(\begin{array}{cr} \tilde{x} \\ \tilde{y} \end{array}\right)=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{cr} 1 &-1 \\ 1 & 1 \end{array}\right)\left(\begin{array}{cr} x \\ y \end{array}\right)= \left(\begin{array}{cr} t-1 & 0 \\ 0 & t+1 \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} \cos\left(\alpha+{\pi}/{4}\right) \\ \sin\left(\alpha+{\pi}/{4}\right) \end{array}\right).\la etiqueta{1} \end{align} Desde $(\tilde{x},\tilde{y})$ se obtiene por la rotación de $(x,y)$$\pi/4$, es suficiente para mostrar que cualquier punto en $\mathbb{R}^2$ puede ser representada por el lado derecho de (1). Esto es equivalente a mostrar que para cualquier punto de $P=(x,y)$ $x,y\neq 0$ siempre se puede encontrar $t\neq \pm1$ de manera tal que la elipse $$\left(\frac{x}{t-1}\right)^2+\left(\frac{y}{t+1}\right)^2=1 \tag{2}$$ pasa a través de $P$ (lo cual es cierto - creo que lo que le pasa a esta elipse al $t$ continuamente disminuye de$\infty$$1$, y luego de$1$$-1$).
Vamos a jugar y a ver qué pasa.
Escribo $a$$\alpha$, $c$ $\cos \alpha$, y $s$ $\sin \alpha$ porque soy perezoso.
Tenemos $x = t c + s$ y $y = t s + c$.
$x^2+y^2 = t^2 c^2+2tcs + s^2 + t^2 s^2 + 2tcs + c^2 = t^2+1+4tsc$.
$xy = t^2 + cs ct^2+t s^2 + sc = cs(t^2+1)+t$.
Podemos resolver para $cs$ en cada uno de estos.
$cs = (x^2+y^2-t^2-1)/(4t)$ y $cs = (xy-t)/(t^2+1)$ así $(x^2+y^2-t^2-1)/(4t) = (xy-t)/(t^2+1)$.
Ahora podemos resolver para $t$.
$4t(xy-t) = (t^2+1)(x^2+y^2-t^2-1)$ o $4txy-4t^2 = (t^2+1)(x^2+y^2) - (t^2+1)^2 = t^2(x^2+y^2)+(x^2+y^2)-t^4-2t^2-1 $ así $t^4-t^2(x^2+y^2+2)+4txy+1=0$.
Este es el cuarto grado, por desgracia, y no veo una evidente raíz.
También podemos hacer esto:
$xs-yc = (tcs + s^2)-(tsc+c^2) = s^2-c^2 = 2s^2 - 1 $, así $yc = xs-2s^2+1$.
El cuadrado de este, y el uso de $c^2 = 1-s^2$, tenemos otro cuarto grado de $s$.
En otras palabras, podemos obtener las ecuaciones de $t$ y $\sin \alpha$, pero son cuárticas.
Aquí es un intento de una interpretación visual.
La ecuación es equivalente a
$$ \frac{ x - \sin \alpha} { \cos \alpha} = t = \frac{ y - \cos \alpha} { \sin \alpha},$$
$$ \frac{ y - \cos \alpha } { x - \sin \alpha} = \frac{ \sin \alpha} { \cos \alpha}$$
Lo que esto significa, es la pendiente del punto $(x,y)$ % punto de $A=(\sin \alpha, \cos \alpha)$en el círculo unitario, es $\tan \alpha$.
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