Los triángulos están formados por un par de tangentes trazadas desde cualquier punto de la elipse. Demuestra que el ortocentro de cada triángulo se encuentra en la elipse

Question

Un triángulo está formado por un par de tangentes trazadas desde un punto de la elipse $$a^2x^2+b^2y^2=(a^2+b^2)^2$$ a la elipse $$b^2x^2+a^2y^2=a^2b^2$$ y su cuerda de contacto.

Hallar el lugar del ortocentro del triángulo

Answer 1

Una forma de hacerlo es con coordenadas y un poco de álgebra computacional. Elige un punto genérico en la primera elipse utilizando el fórmula del medio ángulo tangente :

$$x=\frac{(1-t^2)(a^2+b^2)}{(1+t^2)a}\qquad y=\frac{(2t)(a^2+b^2)}{(1+t^2)b}$$

O en coordenadas homogéneas :

$$p_1= \begin{pmatrix}(1-t^2)(a^2+b^2)b\\(2t)(a^2+b^2)a\\(1+t^2)ab\end{pmatrix}$$

Escriba también sus elipses como matrices para su uso con coordenadas homogéneas:

$$E_1=\begin{pmatrix}a^2&0&0\\0&b^2&0\\0&0&-(a^2+b^2)^2\end{pmatrix}\qquad E_2=\begin{pmatrix}b^2&0&0\\0&a^2&0\\0&0&-a^2b^2\end{pmatrix}$$

Puede comprobar que $p_1^T\cdot E_1\cdot p_1=0$ Así que $p_1$ se encuentra en $E_1$ como se pretende. Ahora el polar de $p_1$ con respecto a $E_2$ es $g_1=E_2\cdot p_1$ .

A continuación tenemos que intersecar esa línea $g_1$ con la cónica $E_2$ , siguiendo este enfoque para una intersección de líneas cónicas. Escribe $\hat g_1$ para el matriz de productos cruzados de $g_1$ . Entonces

$$M_1 = \hat g_1^T\cdot E_2\cdot\hat g_1$$

es una matriz simétrica de rango $2$ que codifica los dos puntos de intersección. Para acceder a ellos, mira

$$M_2 = M_1 + \mu\hat g_1$$

que será de rango $1$ para dos valores específicos de $\mu$ . Para encontrarlos, calcula el determinante de cualquier $2\times2$ submatriz y encontrará que las soluciones son

$$\mu=\pm a^2b^2\sqrt{2 a^{2} b^{6} t^{4} + b^{8} t^{4} + 4 a^{8} t^{2} + 8 a^{6} b^{2} t^{2} - 4 a^{2} b^{6} t^{2} - 2 b^{8} t^{2} + 2 a^{2} b^{6} + b^{8}}$$

Aquí es donde las cosas se ponen feas, ya que $\mu$ no es en general racional ni siquiera para una elección racional de $a,b,t$ . Puede utilizar $\mu$ como una variable simbólica por el momento, sin embargo. Como $M_2$ es de rango $1$ todas las filas son múltiplos unas de otras, por lo que son coordenadas homogéneas de un mismo punto. Del mismo modo, todas las columnas. Sea $p_2$ sea la primera fila y $p_3$ sea la primera columna. Estos son sus puntos de intersección, en general no racionales.

Las líneas tangentes correspondientes pueden calcularse como

$$g_2 = E_2\cdot p_3\qquad g_3 = E_2\cdot p_2$$

También se puede calcular $g_2=p_1\times p_3$ pero eso lleva a expresiones más complicadas que representan las mismas líneas. Se puede utilizar la matriz

$$D=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&0\end{pmatrix}$$

para convertir cualquier línea en el punto en el infinito ortogonal a ella. Así que $D\cdot g_2$ es el punto por el que pasan todas las líneas ortogonales a $g_2$ pasar. Así,

$$q = \bigl((D\cdot g_2)\times p_2\bigr)\times\bigl((D\cdot g_3)\times p_3\bigr)$$

es el ortocentro, calculado como la intersección de las dos líneas ortogonales a los dos lados y que pasan por las esquinas opuestas del triángulo.

Este punto $q$ estará en la elipse $E_2$ si $q^T\cdot E_2\cdot q=0$ . Factorizando esto, mi sistema de álgebra computacional me dice que

\begin{align*} q^T\cdot E_2\cdot q &= 16 \cdot t^{2} \cdot (t - 1)^{2} \cdot (t + 1)^{2} \cdot (t^{2} + 1)^{2} \cdot (b^{2} t^{2} - 2 a^{2} t - 2 b^{2} t + b^{2})^{2} \\&\quad\cdot (b^{2} t^{2} + 2 a^{2} t + 2 b^{2} t + b^{2})^{2} \cdot (a^{2} + b^{2})^{4} \cdot b^{16} \cdot a^{40} \cdot \mu^{2} \\&\quad\cdot (\mu^{2} - 2 a^{6} b^{10} t^{4} - a^{4} b^{12} t^{4} - 4 a^{12} b^{4} t^{2} - 8 a^{10} b^{6} t^{2} + 4 a^{6} b^{10} t^{2}\\&\qquad + 2 a^{4} b^{12} t^{2} - 2 a^{6} b^{10} - a^{4} b^{12})^{2} \end{align*}

Como puede ver, esto es de grado $6$ en $\mu$ pero sólo las potencias pares de $\mu$ ocurrir. Así que sustituyendo

$$\mu^2=b^{4} \cdot a^{4} \cdot (2 a^{2} b^{6} t^{4} + b^{8} t^{4} + 4 a^{8} t^{2} + 8 a^{6} b^{2} t^{2} - 4 a^{2} b^{6} t^{2} - 2 b^{8} t^{2} + 2 a^{2} b^{6} + b^{8})$$

se puede evaluar este término (o sólo el último gran factor) y encontrar que es efectivamente idéntico a cero. Q.e.d.

Con un poco más de esfuerzo, también se pueden eliminar los factores comunes de $q$ tomando la sustitución por $\mu^2$ en cuenta, y encontrar un representante mucho más simple

$$q\sim q_2=\begin{pmatrix}(1-t^2)a\\2tb\\(1+t^2)\end{pmatrix}$$

que satisface $q_2^T\cdot E_2\cdot q_2=0$ de forma que se pueda verificar a mano.

Cabe destacar que este resultado es como se expresaría un punto genérico en $E_2$ utilizando la fórmula del medio ángulo tangente. Así que todo el mapa de $p_1$ a $q$ es esencialmente lo que se obtiene si se reescala el $x$ y $y$ dirección de forma independiente.

$$x'=\frac{(1-t^2)a}{1+t^2}=\frac{a^2}{a^2+b^2}x\qquad y'=\frac{(2t)b}{1+t^2}=\frac{b^2}{a^2+b^2}y$$

Alguien podría construir una prueba más bonita a partir de esto.

Answer 2

PISTA.-La respuesta de MvG te dice que los cálculos pueden ser largos y aparentemente complicados. Te doy aquí un modo que te puede parecer más corto y fácil.

Dejemos que $E_1$ y $E_2$ las dos elipses así $$E_1:\frac{x^2}{A^2}+\frac{y^2}{B^2}=1;\space A=\frac{a^2+b^2}{a},\space B=\frac{a^2+b^2}{b}\\E_2: \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$$ Es conveniente partir de dos puntos $P(x_1,y_1)$ y $Q(x_2,y_2)$ de $E_2$ . Las tangentes correspondientes son $$T_1:\frac{x_1X}{a^2}+\frac{y_1Y}{b^2}=1\text{ with pente }-\frac{x_1b^2}{y_1a^2}\\T_2:\frac{x_2X}{a^2}+\frac{y_2Y}{b^2}=1\text{ with pente }-\frac{x_2b^2}{y_2a^2}$$ $T_1$ y $T_2$ pasar por el punto $T(x_0,y_0)\in E_1$ por lo que tenemos $$\frac{x_1x_0}{a^2}+\frac{y_1y_0}{b^2}=\frac{x_2x_0}{a^2}+\frac{y_2y_0}{b^2}\iff x_0\frac{x_1-x_2}{a^2}=y_0\frac{y_2-y_1}{b^2}\space (*)$$ La perpendicular de $P(x_1,y_1)$ a la línea $QT$ tiene la ecuación $$(Y-y_1)=(X-x_1)\frac{y_2a^2}{x_2b^2}$$ De manera similar, tenemos

$$(Y-y_2)=(X-x_2)\frac{y_1a^2}{x_1b^2}$$ Estas dos perpendiculares se cruzan en el ortocentro $H$ del puesto y este punto común debe pertenecer al elipse $E_2$ que se puede comprobar mediante la relación $(*)$ anterior y las coordenadas del ortocentro encontrado (tenga en cuenta que $\frac{x_0^2}{A^2}+\frac{y_0^2}{B^2}=1$ ).

Os dejo el cálculo final (no duro).