46310 從Galileo問題到Bernoulli雙紐線的推廣

1638年, 偉大科學家Galileo (1564$\sim$1642), 在其名著《關於兩種新科學的對話》中, 提出了如下問題：

$$\rho=\sqrt{R^2-\frac 1{16}g^2t^4\cos^2\theta},$$

\begin{align} \rho=R\sqrt{1-e^2\cos^2\theta},\label{1} \end{align}

\begin{align} (x^2+y^2)^2-R^2(x^2+y^2)+e^2R^2x^2=0.\label{2} \end{align}

#### 4、極值點

$$\left\{\begin{array}{ccccc} x&=&\rho\cos\theta&=&R\cos\theta\sqrt{1-e^2\cos^2\theta}\\[5pt] y&=&\rho\sin\theta&=&R\sin\theta\sqrt{1-e^2\cos^2\theta}\end{array}\right.\ ,$$

$x$、 $y$ 分别對 $\theta$ 求導數, 得

\begin{align*} \frac{dx}{d\theta}=&R\sin\theta(2e^2\cos^2\theta-1)/\sqrt{1-e^2\cos^2\theta},\\ \frac{dy}{d\theta}=&R\cos\theta(1-e^2\cos 2\theta)/\sqrt{1-e^2\cos^2\theta}, \end{align*}

#### 5、曲線圍成的面積

(1) 當 $e\in (0, 1)$, 則

\begin{align*} S=&\iint_{D} rdrd\theta\\ =&4\int_0^{\frac \pi 2}d\theta\int_0^{R\sqrt{1-e^2\cos^2\theta}}rdr\\ =&4\int_0^{\frac \pi 2}\Big(\frac 12 r^2\Big|_0^{R\sqrt{1-e^2\cos^2\theta}}\Big)d\theta\\ =&2\int_0^{\frac \pi 2}R^2(1-e^2\cos^2\theta)d\theta\\ =&2R^2\Big[\theta-e^2\Big(\frac 12\theta+\frac 14\sin 2\theta\Big)\Big]\Big|_0^{\frac \pi 2}\\ =&2R^2\Big(\frac \pi 2-\frac \pi 4 e^2\Big)\\ =&\frac \pi 2(2-e^2)R^2; \end{align*}

(2) 當 $e\in (1, +\infty)$, 則曲線過極點且通過一、三象限的切線為 $\theta_0=\arccos\dfrac 1e$, 於是,

\begin{align*} S=&\iint_{D} rdrd\theta\\ =&4\int_{\theta_0}^{\frac \pi 2}d\theta\int_0^{R\sqrt{1-e^2\cos^2\theta}}rdr\\ =&4\int_{\arccos\frac 1e}^{\frac \pi 2}\Big(\frac 12 r^2\Big|_0^{R\sqrt{1-e^2\cos^2\theta}}\Big)d\theta\\ =&2\int_{\arccos\frac 1e}^{\frac \pi 2}R^2(1-e^2\cos^2\theta)d\theta\\ =&2R^2\Big[\theta-e^2\Big(\frac 12\theta+\frac 14\sin 2\theta\Big)\Big]\Big|_{\arccos\frac 1e}^{\frac \pi 2}\\ =&2R^2\bigg\{\Big(\frac \pi 2-\frac\pi 4e^2\Big)-\Big[\arccos\frac 1e-e^2\Big(\frac 12\arccos\frac 1e+\frac 14\sin 2\arccos\frac 1e\Big)\Big]\bigg\}\\ =&2R^2\Big[\frac\pi 4(2-e^2)-(2-e^2)\cdot \frac 12\arccos\frac 1e+\frac 14e^2\cdot 2\cdot \frac{\sqrt{e^2-1}}e\cdot \frac 1e\Big]\\ =&\Big[(2-e^2)\Big(\frac\pi 2-\arccos\frac 1e\Big)+\sqrt{e^2-1}\Big]R^2. \end{align*}

$$S=\left\{\begin{array}{lcl} \dfrac\pi 2 (2-e^2)R^2,&&\hbox{當 e\in[0,1]},\\[8pt] \Big[(2-e^2)\Big(\dfrac \pi 2-\arccos \dfrac 1e\Big)+\sqrt{e^2-1}\Big]R^2,&~~&\hbox{當 e\in (1,+\infty)}. \end{array}\right.$$

#### 6、曲線反演

\begin{align} &\rho=\dfrac{R}{\sqrt{1-e^2\cos^2\theta}},\label{3}\\ {\hbox{化為直角坐標方程為}} &(1-e^2)x^2+y^2=R^2.\label{4} \end{align}

(1) 當 $e=0$ 時, 表示圓： $x^2+y^2=R^2$；

(2) 當 $e\in (0, 1)$ 時, 表示焦點在 $x$ 軸上、 長半軸長為 $R/\sqrt{1-e^2}$、 短半軸長為 $R$ 的橢圓：

$$\frac{x^2}{\Big(R/\sqrt{1-e^2}\Big)^2}+\frac{y^2}{R^2}=1；$$

(3) 當 $e=1$ 時, 表示退化拋物線 --- 兩條平行於 $x$ 軸的直線： $y=\pm R$;

(4) 當 $e\in (1, +\infty )$ 時, 表示焦點在 $y$ 軸上、 實半軸長為 $R$、 虛半軸長為 $R/\sqrt{e^2-1}$ 的雙曲線： $-\dfrac{x^2}{\Big(R/\sqrt{e^2\!-\!1}\Big)^2}\!+\!\dfrac{y^2}{R^2}\!=\!1$, 特别的, 若 $e=\sqrt{2}$, 則表示等軸雙曲線： $-x^2\!+\!y^2\!=\!R^2$.