No trivial de preguntas acerca de confocal de elipses

Question

Esta pregunta surge a partir de un intento de dar una primaria de la solución a un problema interesante.

Pregunta principal. Suponga que $\Gamma_{AB}$ $\Gamma_{AC}$ son dos elipses con focos en $A,B$$A,C$, respectivamente, de la reunión en $P$. Deje $Q$ ser el otro punto de intersección de las $\Gamma_{AB}$ y $\Gamma_{AC}$: cómo construir $Q$ con regla y el compás, dado $A,B,C,P$?

Mi intención era escribir la ecuación de ambas elipses en coordenadas polares y realizar algo de trigonometría, pero que no se traduce fácilmente en una simple regla y el compás de la construcción. Así que me preguntaba acerca de algunos de los secretos proyectiva de la propiedad de dos confocal elipses, y de hecho algo striked mí.

Cuestión secundaria. En la configuración anterior, vamos a $U$ ser el polo de la $PQ$ con respecto al $\Gamma_{AB}$, es decir, la intersección de las tangentes en a$P$$Q$, y deje $V$ ser el polo de la $PQ$ con respecto a $\Gamma_{AC}$. A continuación, $A$ se encuentra en $UV$.

Yo no era capaz de demostrar este hecho, pero he descubierto muchos interesantes teoremas en este Dolgirev de papel, y creo que sus técnicas resuelve tanto la cuestión secundaria y la pregunta principal. Puedo pedir la ayuda de algunos de vosotros, chicos?

Answer 1

De la construcción.

Dibujar el círculo de $k_P$ centrada en el punto de $P$ y de radio $PA$. Dibujar el círculo de $k_B$ centrada en el punto de $B$ y de radio $BP + PA$, y dibujar el círculo de $k_C$ centrada en el punto de $C$ y de radio $CP + PA$. Por construcción $k_B$ es tangente a $k_P$ y deje $B_1$ ser el punto de tangencia (a continuación,$B_1 \, \in \, BP$). También por la construcción de $k_C$ es tangente a $k_P$ y deje $C_1$ ser el punto de tangencia (a continuación,$C_1 \, \in \, CP$). Construir el punto de $A_B$ como la inversa de la imagen de $A$ con respecto al círculo de $k_B$ y el punto de $A_C$ como la inversa de la imagen de $A$ con respecto al círculo de $k_C$. Dibujar el circulo $k$ como el círculo que pasa por los tres puntos $A, \, A_B$$A_C$. Por construcción $k$ se asigna a sí mismo (no pointwise, sino como un conjunto) por la inversión con respecto a cualquiera de los círculos $k_B$$k_C$, lo que significa que $k$ es ortogonal tanto a $k_B$ $k_C$ simultáneamente. Determinar el centro de la $k$ y se denota por a $O_k$. Por el camino, debido a que el último hecho, $O_k$ se encuentra en el eje radical de $k_B$$k_C$, que es la línea formada por los dos puntos de intersección de $k_B$$k_C$, una línea que es ortogonal al segmento de $BC$. Por la ortogonalidad entre las $k$ $k_B$ cada vez que realiza una inversión con respecto a $k$, círculo de $k_B$ se asigna a sí mismo. De forma análoga, el círculo de $k_C$ se asigna a sí mismo por inversión en $k$. Invertir puntos de $B_1$ $C_1$ $k$ para obtener sus respectivas imágenes de $B_2$$C_2$. Que necesariamente se encuentran en los círculos $k_B$$k_C$, respectivamente, y también en las líneas rectas $O_kB_1$ $O_kC_1$ ( $B_2 = O_kB_1 \cap k_B$ $C_2 = O_kC_1 \cap k_C$ ). Por lo tanto, la inversa de la imagen con respecto a la $k$ de círculo de $k_P$ es el círculo de $k_Q$ que pasa por los puntos de $A, \, B_2$ $C_2$ y desde $k_P$ es tangente a ambos $k_B$$k_C$, su imagen se $k_Q$ es también tangente a $k_B$ $k_C$ y los correspondientes puntos de tangencia se $B_2$ y $C_2$. Cosntruct el centro de la $k_Q$ y llamar a $Q$. Este punto de $Q$ es el segundo punto de intersección de las dos elipses. De hecho $$BQ + QA = BQ + QB_2 = BP + PB_1 = BP + PA $$ $$CQ + QA = CQ + QC_2 = CP + PC_1 = CP + PA $$ Las tangentes. Denotar por $\Gamma_{AB}$ la elipse con focos en $A$ $B$ y pasando a través de $P$ (y por lo tanto a través de $Q$). Denotar por $\Gamma_{AC}$ la elipse con focos en $A$ $C$ y pasando a través de $P$ (y por lo tanto a través de $Q$).

Deje $t_{AB}(P)$ ser la tangente a $\Gamma_{AB}$ a punto de $P$. Luego por la de la reflexión de los rayos por los focos de la elipse, el ángulo de $\angle \,\, BP \, t_{AB}(P) = \angle \,\, AP\, t_{AB}(P)$, lo que significa que $\angle \,\, B_1P\, t_{AB}(P) = \angle \,\, AP \, t_{AB}(P)$ es decir $t_{AB}(P)$ es la bisectriz del ángulo $APB_1$. Pero ya triángulo $AB_1P$ es isósceles con $PA = PB_1$, la tangente $t_{AB}(P)$ es ortogonal a $AB_1$, y pasa por el punto medio del segmento de $AB_1$. Absolutamente análoga de la cadena de argumentos lleva a la conclusión de que la tangente $t_{AB}(Q)$ $\Gamma_{AB}$en el punto de $Q$ es ortogonal a segmento de $AB_2$, y pasa por el punto medio de la $AB_2$.

Ahora, veamos el círculo de $k_{AB}$ definido por los tres puntos $A, \, B_1$$B_2$. Entonces a partir de la $B_1$ $B_2$ son inversive de cada uno de los otros con respecto a un círculo en $k$$A \in k$, círculo de $k_{AB}$ es ortogonal a círculo de $k$. Observar que $t_{AB}(P)$ es el ortogonal de la bisectriz de un segmento de $AB_1$ $t_{AB}(Q)$ es el ortogonal de la bisectriz de un segmento de $AB_2$, lo que significa que el punto de intersección de las dos tangentes $U = t_{AB}(P) \cap t_{AB}(Q)$ es de hecho el centro de la circunferencia $k_{AB}$. La ortogonalidad de los círculos $k$ $k_{AB}$ es equivalente al hecho de los radios $UA$ $QA$ son ortogonales, es decir,$\angle \,\, UAQ = 90^{\circ}$.

Deje $t_{AC}(P)$ ser la tangente a $\Gamma_{AC}$ a punto de $P$ y deje $t_{AC}(Q)$ ser la tangente a $\Gamma_{AC}$ a punto de $Q$. Al igual que antes, $t_{AC}(P)$ $t_{AC}(Q)$ son ortogonales segmento bisectrices de los segmentos de $AC_1$ $AC_2$ respectivamente. A continuación, el círculo de $k_{AC}$ a través de $A, \, C_1$ $C_2$ es de nuevo ortogonal a $k$ y las dos tangentes $t_{AC}(P)$ $t_{AC}(Q)$ pase por el centro de $k_{AC}$, que denotamos por a $V = t_{AC}(P) \cap t_{AC}(Q)$. La ortogonalidad de los círculos $k$ $k_{AC}$ es equivalente al hecho de que los radios $VA$ $QA$ son ortogonales, es decir,$\angle\,\, VAQ = 90^{\circ}$. Así, cada una de las dos líneas de $AU$ $AV$ pasa a través del punto de $A$ y es ortogonal a la línea de $QA$, lo que significa que estas dos líneas coinciden, es decir, $A$ se encuentra en la línea de $UV$.

Espero no haber cometido muchos errores tipográficos :D ...

Answer 2

Esta no es una respuesta. Es demasiado largo y demasiado ilustrado por un comentario.

Prefiero hacer la mayoría de mis geometría proyectiva sobre $\mathbb C$, así que voy a estar viendo el problema desde este punto de vista. ¿Qué significa para un punto de $A$ a ser un foco de una cónica? Esto significa que las líneas de unirse a $A$ al ideal círculo puntos de $I=[1:i:0]$ $J=[i:1:0]$ son tangentes a la cónica. Así que cuando usted está hablando acerca de un par de dos confocal cónicas, a continuación, una descripción más general sería hablar de un par de cónicas compartir dos tangentes. El enfoque común $A$ es el punto donde estas tangentes se cruzan. Para hacer esto más fácil imaginar, por el siguiente dibujo que hice de los puntos de $I$ $J$ a las posiciones reales. Las líneas marrones son tangentes comunes para el rojo y el verde cónica.

Como Piquito señalado, dos cónicas en general tienen cuatro puntos de intersección. En el caso de la microscopía confocal elipses bien podría ser que dos de ellos tienen que ser complejo. Pero en la ilustración de arriba, todos los cuatro de ellos son reales.

Si tienes que elegir el par correcto $P,Q$, entonces la línea que une sus polos hecho pasar a través de $A$, como usted afirma. Lo mismo es cierto para el opuesto a la par de las intersecciones, es decir,$R,S$. Sus polos se encuentran en la misma línea como los de $P,Q$. Para otros pares de intersección, sin embargo, que no es el caso. Los otros polos (puntos rojos) se encuentran en dos líneas diferentes (naranja), los cuatro polos en cada una de ellas (no todas de las cuales son visibles en la sección anterior).

En este momento no sé cómo esto puede ayudar a usted. Tal vez la más valiosa propiedad aquí puede ser el hecho de que la línea que une los polos de $PQ$ es concurrente con las líneas de $PS$$QR$. Desde $R$ $S$ son complejos en su configuración, y que no conducen a una obvia de la construcción, pero podría ayudar con una prueba para su segunda pregunta. El hecho de que usted tiene que coincidir con las cosas correctamente puede hacer una prueba algebraica algo complicado, sin embargo.