Cómo demostrar este $|ON|\le \sqrt{a^2+b^2}$

Question

que $M:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$ de la elipse, y hay dos punto de $A,B$ $\partial M$ y el % de punto $C\in AB$, tales $AC=BC$y el círculo es $C$ directamente para el círculo de AB, para cualquier punto $N$ $\partial C$, mostrarán que $$|ON|\le\sqrt{a^2+b^2}$ $

mi intento: no $$A(x_{1},y_{1}),B(x_{2},y_{2}),C(\dfrac{x_{1}+x_{2}}{2},\dfrac{y_{1}+y_{2}}{2})$ $ $$\dfrac{x^2_{1}}{a^2}+\dfrac{y^2_{1}}{b^2}=1,\dfrac{x^2_{2}}{a^2}+\dfrac{y^2_{2}}{b^2}=1$ $ así que la ecuación del círculo $C$ %#% $ de #% donde %#% $ #% no $$\left(x-\dfrac{x_{1}+x_{2}}{2}\right)^2+\left(y-\dfrac{y_{1}+y_{2}}{2}\right)^2=r^2$, $$4r^2=(x_{1}-x_{2})^2+(y_{1}-y_{2})^2$ $ cómo probar $N(c,d)$ $

Gracias

Answer 1

Tras observación de Tian y tomando $$A:(a\cos\theta,b\sin\theta),$ $ $$B:(a\cos\phi,b\sin\phi)$ $ tenemos que probar $$4\|OC\|^2+8\|OC\|\|AC\|+4\|AC\|^2\leq 4a^2+4b^2,\tag{1} $ $ o: $$a^2(\cos\theta+\cos\phi)^2+b^2(\sin\theta+\sin\phi)^2+a^2(\cos\theta-\cos\phi)^2+b^2(\sin\theta-\sin\phi)^2+2\sqrt{\left(a^2(\cos\theta+\cos\phi)^2+b^2(\sin\theta+\sin\phi)^2\right)\cdot\left(a^2(\cos\theta-\cos\phi)^2+b^2(\sin\theta-\sin\phi)^2\right)}\leq 4a^2+4b^2,\tag{2}$ $ equivalente a: $$\sqrt{\left(a^2(\cos\theta+\cos\phi)^2+b^2(\sin\theta+\sin\phi)^2\right)\cdot\left(a^2(\cos\theta-\cos\phi)^2+b^2(\sin\theta-\sin\phi)^2\right)}\leq a^2(\sin^2\theta+\sin^2\phi)+b^2(\cos^2\theta+\cos^2\phi),\tag{3}$ $ y: $$a^4\left(\sin^2\theta-\sin^2\phi\right)^2+b^4\left(\cos^2\theta-\cos^2\phi\right)^2+a^2b^2\left(\sin(2\theta)-\sin(2\phi)\right)^2\leq a^4(\sin^2\theta+\sin^2\phi)^2+b^4(\cos^2\theta+\cos^2\phi)^2+2a^2b^2(\sin^2\theta+\sin^2\phi)(\cos^2\theta+\cos^2\phi),\tag{4}$ $ que reduce aún más a: $$4a^2 b^2(\sin\theta\cos\theta-\sin\phi\cos\phi)^2\leq 4a^4\sin^2\theta\sin^2\phi+4b^4\cos^2\theta\cos^2\phi+2a^2b^2(\sin^2\theta\cos^2\theta+\sin^2\phi\cos^2\phi+\sin^2\theta\cos^2\phi+\sin^2\phi\cos^2\theta),\tag{5} $ $ y finalmente a: %#% $ #% que es trivial desde el lado izquierdo es no positivo mientras que el lado derecho es no negativo.

Answer 2

Jack ya ha escrito una respuesta a este problema, pero yo no podía creer que no tenía solución más elegante. Como mi sentido de la belleza no me dejas en paz, yo no podía dejar de encontrar algunos geométrica de las ideas detrás de este problema. También debo agregar que me gustó mucho la solución.

Como Tian ya se ha señalado, es suficiente para mostrar que $OC + CA \leqslant \sqrt{a^2 + b^2}$.

Vamos a reflejar los puntos de $A$, $B$ y $C$ a través del punto de $O$. Tenemos un paralelogramo $ABA'B'$ y la suma deseada $\color{green}{OC + CA}$ es igual a $\frac{1}{4}$ del perímetro de $ABA'B'$ (desde $CC'$ es la línea media de $ABA'B'$).

Por eso queremos demostrar que el perímetro del paralelogramo inscrito en una elipse no es más grande que $4\sqrt{a^2 + b^2}$.

En otras palabras, sería genial si sabíamos cómo maximizar el perímetro de un paralelogramo. Afortunadamente, la humanidad sabe cómo resolver este problema, a saber:

Entre todos los paralelogramos inscrito en una elipse los de máxima perímetro tienen la propiedad de que cualquier punto de la elipse es el vértice de exactamente uno.

(parafraseando a consecuencia de este artículo)

Por otra parte, de acuerdo a Lemma de ese artículo, el paralelogramo tiene la máxima perímetro iff tangente líneas adyacentes vértices son perpendiculares uno al otro.

Esto nos conduce al hecho de que el máximo perímetro indicado originalmente problema es $4\sqrt{a^2 + b^2}$ debido a la elección de punto de $A$, de modo que se encuentra en el eje de coordenadas produce exactamente rombo con un lado igual a $\sqrt{a^2 + b^2}$.