摘要: 通過研讀古老的 Galileo 問題, 得到了一個有趣的軌跡問題, 由此發現了一族優美對稱的四次曲線, 它是著名的 Bernoulli 雙紐線的一個有別於 Cassini 卵形線的推廣, 進而探究了這族曲線的幾何性質。

關鍵詞: Galileo問題, Bernoulli雙紐線的推廣, 四次曲線。

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：

在豎直的牆上畫一個圓, 從圓的最高點同時釋放三個小球, 一個自由落下, 另外兩個沿傾角不等的光滑斜槽無初速滑下, 不計空氣阻力, 問哪個小球最先到達槽的下端？

筆者在研讀這一名題時, 得到下述有趣的軌跡問題：

設質點沿圓 (半徑為 $R$) 的任一光滑弦從上端自由滑向下端, 所需時間為 $t$, 求 $t$ 相等的所有弦中點的軌跡。

如圖1, 以圓心 $O$ 為極點, 水平向右徑線為極軸, 建立極坐標系, 過極點 $O$ 作弦 $MN$ 的垂線, 垂足 $P$ 即為該弦中點, 設 $P(\rho , \theta )$, 則質點沿弦向下的加速度為 $g\cos\theta$ ($g$ 為重力加速度), 由初速為零的等加速度直線運動規律知弦長為 $\dfrac 1{2}gt^2\cos\theta$, 根據勾股定理, 可得動弦 $MN$ 中點 $P$ 的軌跡方程為

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

記 $eR=\dfrac 14 gt^2$ ($e$ 為關聯 $t$ 的參數, $e\ge 0$), 有

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

由 $1-e^2\cos^2\theta\le 0$, 得 $|\cos \theta|\le 1/e$. 當 $ 1/e\gt1$, 即 $e\in[0,1)$ 時, 曲線封閉; 當 $1/e\le1$, 即 $e\ge 1$ 時, $\cos\theta\in[-1/e,1/e]$, 此時, 曲線因自交而封閉。

方程 \eqref{1} 相應的直角坐標方程為

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

由古老的 Galileo 問題引出的軌跡方程 \eqref{1}、 \eqref{2} 表示的曲線是一族全新的四次曲線(當 $e\in [0,1)$ 時, 含奇點 $(0, 0)$), 其圖形如圖 2 所示。

這族對稱而優美的四次曲線包含了著名的 Bernoulli 雙紐線 ($e=\sqrt{2}$ 時), 它是 Bernoulli 雙紐線的一個有別於 Cassini 卵形線 (文 ) 的推廣。 下面, 我們來探究這族曲線的幾何性質。

1、範圍

由於曲線是定圓的動弦之中點軌跡, 它不可能位於圓外, 因此, 該曲線局限在半徑為 $R$ 的圓內或圓上。

2、頂點

在方程 \eqref{2} 中, 令 $y=0$, 得 $x=\pm R\sqrt{1-e^2}$ ($e\le 1$), 令 $x=0$, 得 $y=\pm R$, 因此, 曲線在 $x$ 軸上的頂點的直角坐標是 $(\pm R\sqrt{1-e^2}, 0)$ $(e\le 1)$, 在 $y$ 軸上的頂點的直角坐標是 $(0, \pm R)$.

3、對稱性

分别以 $(-x,y)$、 $(x,-y)$、 $(-x,-y)$ 代替 $(x,y)$, 方程 \eqref{2} 不變, 所以, 曲線關於 $y$ 軸、 $x$ 軸和原點都對稱。

4、極值點

曲線關於極角 $\theta$ 的參數方程為

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

$x$、 $y$ 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*}

於是, $\dfrac{dy}{dx}=(1-e^2\cos 2\theta)/(2e^2\cos^2\theta-1)\tan\theta$.

令 $\tan\theta=0$, 則 $\theta =0$、 $\pi$, 若 $e\in\Big[0,\dfrac{\sqrt{2}}{2}\Big]$, 當 $\theta=0$、 $\pi$, $|x|$ 取得極大值 $R\sqrt{1-e^2}$, 若 $e\in\Big(\dfrac{\sqrt{2}}{2},1\Big)$, 當 $\theta=0$, $\pi$, $|x|$ 取得極小值 $R\sqrt{1-e^2}$； 令 $2e^2\cos^2\theta-1=0$, 則 $\cos\theta=\pm\dfrac{\sqrt{2}}{2e}$, 若 $e\in\Big(\dfrac{\sqrt{2}}{2},1\Big)$, 當 $\cos\theta=\pm\dfrac{\sqrt{2}}{2e}$, $|x|$ 取得極大值 $\dfrac{R}{2e}$, 這時, $|y| =\dfrac{R}{2e}\sqrt{2e^2-1}$.

顯然, 該極大值點的坐標 $(x, y)$ 滿足： $$x^2+y^2=\dfrac{R^2}{4e^2}+\dfrac{R}{4e^2}(2e^2-1)=\Big(\frac{\sqrt 2}{2}R\Big)^2,$$ 即這些使 $|x|$ 取得極大值的點的軌跡是以原點為圓心、 $\dfrac{\sqrt 2}{2}R$ 為半徑的圓。

5、曲線圍成的面積

由圖 2 知, 若 $e=0$, 曲線退化為基圓 $O(R)$ (含奇點 $O(0,0)$), 其面積 $S=\pi R^2$； 若 $e=1$, 曲線退化為上、 下相切且與基圓 $O (R)$ 內切的等圓, 它們的面積 $S=\dfrac 12\pi R^2$. 下面, 我們分兩種情形依次求出曲線圍成的面積。

(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*}

綜上可得, 曲線圍成的面積

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

6、曲線反演

以曲線的對稱中心 (極點) $O$ 為反演中心, 基圓半徑 $R$為反演半徑, 得到該曲線的反演曲線的極坐標方程

\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}

顯然, 方程 \eqref{3}、 \eqref{4} 表示的曲線是二次曲線。

(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： $-x^2\!+\!y^2\!=\!R^2$.

通過幾何畫板演示, 可以看到, 隨著參數 $e$ 的變化, 這族廣義 Bernoulli 四次曲線的形狀亦隨之發生一系列精細微妙的變化： 當 $e=0$ 時, 其圖形為圓 (半徑為 $R$) 與奇點 $O(0, 0)$, 當 $e\in (0,\sqrt 2/2]$, 其圖形為類似橢圓的凸曲線和奇點 $O(0, 0)$, 當 $e\gt\sqrt 2/2$, 圖形開始沿水平徑向凹陷, 奇點 $O(0, 0)$ 仍在, $e=1$ 時, 退化為上、 下相切的兩個等圓(半徑為 $R/2$), 當 $e$ 繼續增大, 其圖形就變為準 Bernoulli 雙紐線了, 若 $e=\sqrt 2$, 即為著名的 Bernoulli 雙紐線, 隨著 $e$ 的增大, 準 Bernoulli 雙紐線越變越"瘦", 逐漸逼近圓的縱向直徑。

經多方檢索, 筆者沒有在文獻中找到這族四次曲線, 由此看來, 它可能是一族新發現的曲線, 亦可認為是 Bernoulli 雙紐線的一個有別於 Cassini 卵形線的推廣。

參考文獻

本文作者任教中國湖南省祁東縣文武學校普高部